Zbiór zadań maturalnych z matematyki - Zadania.info

Zbiór zadań 

maturalnych 

z matematyki 

Centralna Komisja Egzaminacyjna 

Warszawa 2012

Publikacja współfinansowana ze środków Unii Europejskiej 

w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego. 

Publikacja jest dystrybuowana bezpłatnie. 

Publikacja opracowana przez Centralny Zespół Ekspertów Matematycznych 

działający w ramach projektu: „Pilotaż nowych egzaminów maturalnych” 

realizowanego przez Centralną Komisję Egzaminacyjną: 

Henryk Dąbrowski 

Elżbieta Dittmajer 

Mieczysław Fałat 

Wojciech Guzicki 

Halina Kałek 

Piotr Ludwikowski 

Edyta Marczewska 

Anna Olechnowicz 

Marian Pacholak 

Maria Pająk-Majewska 

Waldemar Rożek 

Elżbieta Sepko-Guzicka 

Agata Siwik 

Leszek Sochański 

Edward Stachowski 

Skład: 

Jakub Pochrybniak 

Wydawca: 

Centralna Komisja Egzaminacyjna 

Warszawa 2012 

ISBN 978-83-7400-276-9

Spis treści 

Wstęp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 

1. Liczby rzeczywiste i wyrażenia algebraiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 

2. Równania i nierówności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 

3. Funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 

4. Ciągi liczbowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 

5. Trygonometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 

6. Planimetria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 

7. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 

8. Stereometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 

9. Elementy statystyki opisowej 

Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 

Dodatek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

Wstęp 

„Zbiór zadań maturalnych z matematyki” zawiera zadania otwarte z próbnych egzaminów 

maturalnych, jakie odbyły się w listopadzie 2009 i 2010 roku oraz zadania z egzaminów maturalnych 

w 2010 i 2011 roku. Zadania są pogrupowane tematycznie. 

W Dodatku znajduje się 40 propozycji zadań ilustrujących typy zadań, jakie mogą pojawić 

się na egzaminie maturalnym na poziomie rozszerzonym od 2015 roku. Część tych zadań 

przedstawiona jest w dwóch wersjach: pierwsza w postaci „oblicz. . . ”, druga — „uzasadnij, 

że. . . ” tj. w postaci zadań na dowodzenie. Jesteśmy przekonani, że zadania te — choć 

zazwyczaj uważane za trudniejsze — są bardziej przyjazne dla ucznia. 

W wielu zadaniach podano różne sposoby ich rozwiązania. Ma to na celu pokazanie, że do 

rozwiązania zagadnienia można dojść różnymi metodami. Niektóre z tych rozwiązań zostały 

zamieszczone w tym zbiorze dlatego, że są typowymi rozwiązaniami uczniowskimi, choć 

naszym zdaniem często są zbyt skomplikowane i czasochłonne. 

Począwszy od matury w 2010 roku zadania otwarte z matematyki są oceniane tak zwanym 

systemem holistycznym, który polega na spojrzeniu całościowym na rozwiązanie i jest bliższy 

sposobowi, w jaki oceniamy rozwiązania uczniowskie w szkole. Opis takiego systemu 

oceniania zadań z matematyki znajduje się na stronie internetowej CKE. 

Nauczyciele przygotowujący uczniów do egzaminu maturalnego z matematyki mogą korzystać 

również z materiału ćwiczeniowego, jakim są arkusze egzaminacyjne umieszczone na 

stronach internetowych CKE i OKE, a przede wszystkim z informatora o egzaminie maturalnym 

z matematyki. 

Autorzy

Rozdział 1 

Liczby rzeczywiste i wyrażenia algebraiczne 

W dziale dotyczącym liczb rzeczywistych: 

Zdający powinien opanować umiejętności z poziomu podstawowego, rozwiązując zadania, 

w których: 

a) planuje i wykonuje obliczenia na liczbach rzeczywistych; w szczególności oblicza pierwiastki, 

w tym pierwiastki nieparzystego stopnia z liczb ujemnych, 

b) bada, czy wynik obliczeń jest liczbą wymierną, 

c) wyznacza rozwinięcia dziesiętne; znajduje przybliżenia liczb; wykorzystuje pojęcie błędu 

przybliżenia, 

d) stosuje pojęcie procentu i punktu procentowego w obliczeniach, 

e) posługuje się pojęciem osi liczbowej i przedziału liczbowego; zaznacza przedziały na osi 

liczbowej, 

f) wykorzystuje pojęcie wartości bezwzględnej i jej interpretację geometryczną, zaznacza na 

osi liczbowej zbiory opisane za pomocą równań i nierówności typu: |x−a| = b, |x−a| > b, 

|x−a| < b, 

g) oblicza potęgi o wykładnikach wymiernych oraz stosuje prawa działań na potęgach o wykładnikach 

wymiernych i rzeczywistych, 

h) zna definicję logarytmu i stosuje w obliczeniach wzory na logarytm iloczynu, logarytm 

ilorazu i logarytm potęgi o wykładniku naturalnym 

oraz z poziomu rozszerzonego powinien opanować umiejętności, w których: 

a) stosuje twierdzenie o rozkładzie liczby naturalnej na czynniki pierwsze; wyznacza największy 

wspólny dzielnik i najmniejszą wspólną wielokrotność pary liczb naturalnych, 

b) stosuje wzór na logarytm potęgi i wzór na zamianę podstawy logarytmu. 

W dziale dotyczącym wyrażeń algebraicznych: 


w których: 

a) posługuje się wzorami skróconego mnożenia: (a+b) 2 , (a−b) 2 , (a+b) 3 , (a−b) 3 , a 2 −b 2 , 

a 3 +b 3 , a 3 −b 3 , 

b) rozkłada wielomian na czynniki stosując wzory skróconego mnożenia, grupowanie wyrazów, 

wyłączanie wspólnego czynnika poza nawias, 

c) dodaje, odejmuje i mnoży wielomiany, 

d) wyznacza dziedzinę prostego wyrażenia wymiernego z jedną zmienną, w którym w mianowniku 

występują tylko wyrażenia dające się sprowadzić do iloczynu wielomianów liniowych 

i kwadratowych za pomocą przekształceń opisanych w punkcie b), 

e) oblicza wartość liczbową wyrażenia wymiernego dla danej wartości zmiennej,

8 1. Liczby rzeczywiste i wyrażenia algebraiczne 

f) dodaje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrażenia wymierne; skraca i rozszerza wyrażenia wymierne; 


a) posługuje się wzorem (a−1) 1+a+...+a n−1 = a n −1, 

b) wykonuje dzielenie wielomianu przez dwumian x−a; stosuje twierdzenie o reszcie z dzielenia 

wielomianu przez dwumian x−a, 

c) stosuje twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych. 

Poziom podstawowy 

Zadanie 1. (Matura maj 2010 — zadanie 30 (2 p.)) 

Wykaż, że jeśli a > 0, to a2 +1 

a+1 

I sposób rozwiązania 

a+1 

2 . 

Ponieważ a > 0, więc mnożąc obie strony nierówności przez 2(a+1), otrzymujemy kolejno 

nierówności równoważne z dowodzoną: 

2 a 2 +1 (a+1) 2 

2a 2 +2 a 2 +2a+1 

a 2 −2a+1 0 

(a−1) 2 0. 

Nierówność ta jest spełniona dla każdego a, co kończy dowód. 

II sposób rozwiązania 

Przekształcamy nierówność w sposób równoważny: 

a2 +1 a+1 

− 0 

a+1 2 

2 a2 +1 −(a+1) 2 

0 

2(a+1) 

a 2 −2a+1 

2(a+1) 

0 

(a−1) 2 

0. 

2(a+1)

Poziom podstawowy 9 

Licznik ułamka po lewej stronie nierówności jest nieujemny, a mianownik jest dodatni (ponieważ 

zgodnie z założeniem a > 0), więc ułamek jest liczbą nieujemną, co kończy dowód. 

Zadanie 2. (Próba 2010 — zadanie 30 (2 p.)) 

Uzasadnij, że jeśli a 2 +b 2 c 2 +d 2 = (ac+bd) 2 , to ad = bc. 

Rozwiązanie 

Przekształcając równość a 2 +b 2 c 2 +d 2 = (ac+bd) 2 , otrzymujemy kolejno: 

stąd 

a 2 c 2 +a 2 d 2 +b 2 c 2 +b 2 d 2 = a 2 c 2 +2abcd+b 2 d 2 

a 2 d 2 −2abcd+b 2 c 2 = 0 

(ad−bc) 2 = 0, 

ad = bc. 


Uzasadnij, że jeżeli a+b = 1 i a 2 +b 2 = 7, to a 4 +b 4 = 31. 


Ponieważ a+b = 1, więc (a+b) 2 = 1, czyli a 2 +2ab+b 2 = 1. 

Ponieważ a 2 +b 2 = 7, więc 2ab+7 = 1. Stąd ab = −3, więc a 2 b 2 = (ab) 2 = 9. 

Wyrażenie a 4 + b 4 możemy potraktować jako sumę kwadratów a 22 + b 2 2 , a następnie 

wykorzystując wzór skróconego mnożenia na kwadrat sumy, przekształcić to wyrażenie 

w następujący sposób: a 4 +b 4 = a 2 +b 22 −2a 2 b 2 = 7 2 −2·9 = 31. 


Przekształcamy tezę w sposób równoważny: 

Ponieważ z założenia 

więc 

stąd 

a 4 +b 4 = 31 

a 2 +b 2 2 −2a 2 b 2 = 31. 

a 2 +b 2 = 7, 

49−2a 2 b 2 = 31, 

a 2 b 2 = 9.


Wystarczy zatem udowodnić, że a 2 b 2 = 9. Korzystamy z założeń a 2 +b 2 = 7 oraz a+b = 1 

i otrzymujemy: 

7 = a 2 +b 2 = (a+b) 2 −2ab = 1−2ab. 

Stąd ab = −3. Zatem a 2 b 2 = 9, co kończy dowód. 

III sposób rozwiązania 

Tak jak w sposobie I obliczamy ab = −3. 

Z założenia wiemy, że a+b = 1, więc (a+b) 4 = 1 4 = 1. 

Korzystamy ze wzoru dwumianowego Newtona i otrzymujemy: 

(a+b) 4 = a 4 +4a 3 b+6a 2 b 2 +4ab 3 +b 4 = a 4 +4ab a 2 +b 2 +6(ab) 2 +b 4 = 

Zatem 1 = a 4 +b 4 −30. 

Stąd a 4 +b 4 = 31. 

IV sposób rozwiązania 

Rozwiązujemy układ równań: 

Stąd 

= a 4 +b 4 +4(−3)·7+6·(−3) 2 = a 4 +b 4 −84+54 = a 4 +b 4 −30. 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

a = 1−√ 13 

2 

b = 1+√ 13 

2 

a 2 +b 2 = 7 

a+b = 1. 

lub 

⎧ 

⎪⎨ 

Oto trzy przykładowe sposoby rozwiązania układu równań 

⎪⎩ 

a = 1+√13 2 

b = 1−√13 . 

2 

2 2 

a +b = 7 

a+b = 1. 

I sposób 

Podstawiamy b = 1−a do równania a 2 +b 2 = 7, skąd otrzymujemy równanie 

a 2 +(1−a) 2 = 7, które jest równoważne równaniu 2a 2 −2a−6 = 0, czyli 

a 2 −a−3 = 0. 

Rozwiązaniami tego równania są liczby 1−√13 oraz 

2 

1+√13 . Zatem układ równań ma 

2 

dwa rozwiązania: 

⎧ 

⎪⎨ a = 

⎪⎩ 

1−√13 2 

b = 1+√ ⎧ 

⎪⎨ a = 

lub 

13 ⎪⎩ 

2 

1+√13 2 

b = 1−√13 . 

2 

II sposób 

Oznaczamy: a = 1 1 

+x, b = 

2 2 −x.


Wtedy a 2 +b 2 = 1 

2 +2x2 =7, stąd 2x 2 = 13 

2 , czyli x2 = 13 

√ √ 

13 

13 

. Zatem x= lub x=− 

4 2 

2 . 

Układ równań ma więc dwa rozwiązania: 

⎧ 

⎪⎨ a = 

⎪⎩ 

1−√13 2 

b = 1+√13 2 

lub 

⎧ 

⎪⎨ a = 

⎪⎩ 

1+√13 2 

b = 1−√13 . 

2 

III sposób 

Obliczamy ab = −3 tak jak w I sposobie rozwiązania. Mamy zatem układ równań: 

a+b = 1 

ab = −3. 

Stąd otrzymujemy równanie a(1 − a) = 3, czyli a 2 − a − 3 = 0. Zatem a = 1−√ 13 

2 

a = 1+√13 . Układ równań ma więc dwa rozwiązania: 

2 

Obliczamy a 4 +b 4 : 

Uwaga 1. 

a 4 +b 4 = 

= 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

 

= 2· 

= 1 

8 

a = 1−√ 13 

2 

b = 1+√ 13 

2 

1+ √ 4 

13 

+ 

2 

 

1 

2 + 

√ 13 

2 

4 

+ 

lub 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

4 

1− √ 13 

2 

 

1 

2 − 

√ 

13 

2 

a = 1+√13 2 

b = 1−√13 . 

2 

4 

4 √ 2 

1 1 13 

+12· · 

2 2 2 

13 169 248 

+3· + = = 31. 

4 8 8 

= 

= 

2 

+2· 

√ 13 

Przy obliczaniu sumy (x+y) 4 +(x−y) 4 warto zauważyć, że składniki pierwszy, trzeci i piąty 

w rozwinięciach obu wyrażeń (x+y) 4 i (x−y) 4 są takie same, zaś składniki drugi i czwarty 

się redukują. 

Uwaga 2. 

Można też tak: 

a 4 

1+ 

= 

√ ⎛ 

4 

13 

= ⎝ 

1+ 

2 

√ ⎞ 

2 

13 

⎠ 

2 

= 49+14√ 13+13 

4 

= 62+14√ 13 

4 

2 

= 

 

= 31+7√ 13 

2 

1+2 √ 2 

13+13 

= 

4 

albo a 4 = 

 

2 

4 

= 

14+2 √ 2 

13 

= 

4 

1− √ 4 13 

= 

2 

31−7√13 2 

lub 

7+ √ 2 13 

= 

2


oraz 

b 4 

1− 

= 

√ ⎛ 

4 

13 

= ⎝ 

1− 

2 

√ ⎞ 

2 

13 

⎠ 

2 

= 49−14√ 13+13 

4 

= 62−14√ 13 

4 

2 

= 

 

= 31−7√ 13 

2 

1−2 √ 2 

13+13 

= 

4 

albo b 4 = 

Zatem, w obu przypadkach, a 4 +b 4 = 31+7√13 + 

2 

31−7√13 = 31. 

2 

Poziom rozszerzony 


 

14−2 √ 2 

13 

= 

4 

1+ √ 4 13 

2 

7− √ 2 13 

= 

2 

= 31+7√13 . 

2 

Uzasadnij, że dla każdej liczby całkowitej k liczba k 6 −2k 4 +k 2 jest podzielna przez 36. 

Rozwiązanie 

Przekształcamy wyrażenie k 6 −2k 4 +k 2 do postaci: 

k 2 (k 4 −2k 2 +1) = k 2 k 2 −1 2 = [(k−1)k(k+1)] 2 . 

Wśród trzech kolejnych liczb całkowitych k−1, k, k+1 jest co najmniej jedna liczba parzysta 

i dokładnie jedna liczba podzielna przez 3. Iloczyn tych liczb jest podzielny przez 6, a jej 

kwadrat przez 36. 

Zatem liczba postaci k 6 −2k 4 +k 2 , gdzie k jest liczbą całkowitą, jest podzielna przez 36. 


Wyznacz wartości współczynników a i b wielomianu W(x) = x 3 + ax 2 + bx + 1 wiedząc, że 

W(2) = 7 oraz że reszta z dzielenia W(x) przez dwumian x−3 jest równa 10. 


Ponieważ reszta z dzielenia W(x) przez dwumian x−3 jest równa 10 oraz W(2) = 7, więc 

8+4a+2b+1 = 7 

27+9a+3b+1 = 10. 

Równanie 27+9a+3b+1 = 10 możemy otrzymać z warunku W(3) = 10 lub wykonując dzielenie 

wielomianów i zapisując, że reszta z dzielenia jest równa 10. 

Rozwiązujemy układ równań: 

4a+2b = −2 

9a+3b = −18, 

b = −2a−1 

9a−6a−3 = −18, 

Współczynniki a i b wielomianu W(x) są równe: a = −5, b = 9. 

a = −5 

b = 9.

Poziom rozszerzony 13 


Zapisujemy wielomian W(x) w postaci W(x) = (x−3)(x 2 +cx+d)+10, stąd po przekształceniach 

W(x) = x 3 +(c−3)x 2 +(d−3c)x−3d+10. 

Warunek W(2) = 7 zapisujemy w postaci 8 + 4a + 2b + 1 = 7. Otrzymujemy zatem układ 

równań ⎧⎪ 

8+4a+2b+1 = 7 

⎨ 

a = −3+c 

b = −3c+d 

⎪⎩ 

1 = −3d+10. 

Rozwiązujemy układ równań i otrzymujemy: 

⎧ 

d = 3 

⎪⎨ 

c = −2 

b = 9 

⎪⎩ 

a = −5. 

Współczynniki a i b wielomianu W(x) są równe: a = −5, b = 9. 


Uzasadnij, że jeżeli a = b, a = c, b = c i a+b = 2c, to a b 

+ = 2. 

a−c b−c 


Przekształcamy tezę w sposób równoważny. 

Mnożymy obie strony równości 

a b 

+ = 2 

a−c b−c 

przez (a−c)(b−c) (z założenia (a−c)(b−c) = 0) i otrzymujemy: 

czyli 

Stąd otrzymujemy 

czyli 

a(b−c)+b(a−c) = 2(a−c)(b−c), 

ab−ac+ab−bc = 2ab−2ac−2bc+2c 2 . 

2c 2 −ac−bc = 0, 

c(2c−a−b) = 0. 

Ta ostatnia równość jest prawdziwa, bo z założenia 2c−a−b = 0. Zatem teza też jest prawdziwa.



Z równania a+b = 2c wyznaczamy b = 2c−a i wstawiamy do danego wyrażenia: 

Uwaga 

a b a 2c−a a 2c−a a−(2c−a) 

+ = + = + = = 

a−c b−c a−c 2c−a−c a−c c−a a−c 

2(a−c) 

= 2. 

a−c 

Z równania a+b = 2c można także wyznaczyć zmienną a lub c. 


Z równania a+b=2c otrzymujemy c−a=b−c, więc ciąg (a, c, b) jest arytmetyczny. Niech 

r oznacza różnicę tego ciągu arytmetycznego. Wtedy c = a+r, b = a+2r. 

Wstawiamy c i b do danego wyrażenia: 

Uwaga 

a b 

+ 

a−c b−c = 

a 

a−(a+r) + 

a+2r 

a+2r−(a+r) 

a a+2r −a+a+2r 

= + = = 

−r r r 

2r 

= 2. 

r 

Możemy też zauważyć, że a−c = c−b i przekształcić wyrażenie bez wprowadzania r, np. 

a b a b a−b 2c−b−b 2c−2b 

+ = + = = = = 2. 

a−c b−c c−b b−c c−b c−b c−b 


Rysunek przedstawia fragment wykresu funkcji f(x)= 1 

. Poprowadzono prostą równoległą 

x2 do osi Ox, która przecięła wykres tej funkcji w punktach A i B. 

Niech C = (3,−1). Wykaż, że pole trójkąta ABC jest większe lub równe 2. 

y 

4 

3 

2 

1 

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 

−1 

x



Zapisujemy współrzędne dwóch punktów leżących na wykresie funkcji f(x)= 1 

oraz na pro- 

x2 

stej równoległej do osi Ox, np. A = x, 1 

x2 

, B = −x, 1 

x2 

, gdzie x > 0. 

Zapisujemy pole trójkąta ABC, gdzie C = (3,−1) w zależności od jednej zmiennej 

PABC (x) = 2·x· 1 

x 2 +1 

2 

= 1 

x +x. 

Należy jeszcze udowodnić, że 1 

+x 2, dla dowolnego x > 0. 

x 

Mnożymy obie strony nierówności przez x>0 i otrzymujemy nierówność równoważną 1+x 2 2x, 

czyli x 2 −2x+1 0, a więc nierówność (x−1) 2 0, która jest prawdziwa. To kończy dowód. 

Uwaga 

Nierówność 1 

+x2 dla x>0 można także udowodnić powołując się na twierdzenie o sumie 

x 

liczby dodatniej i jej odwrotności lub powołując się na nierówność między średnią arytmetyczną 

i geometryczną dla dodatnich liczb x oraz 1 

x : 

x+ 1 

x 

2 

 

x· 1 

x = √ 1 = 1. 

Stąd 1 

+x 2. 

x 


Rozważamy prostą o równaniu y = k, gdzie k > 0, równoległą do osi Ox. Ta prosta przecina 

wykres funkcji f(x) = 1 

1 

w punktach A i B. Zatem 

x2 x2 = k, stąd x2 = 1 

1 

, czyli x = ± √ . 

k k 

1 

Zapisujemy współrzędne punktówA i B: A = √k ,k , B = − 1 

 

√ ,k , gdzie k > 0. 

k 

Zapisujemy pole trójkąta ABC, gdzie C = (3,−1) w zależności od jednej zmiennej k: 

PABC (k) = 1 2 

· √ ·(k+1) = 

2 k k+1 

√ . 

k 

Wystarczy wobec tego udowodnić, że dla dowolnej liczby k>0 zachodzi nierówność k+1 

√ k 2. 

Przekształcamy tę nierówność, w następujący sposób: 

k+1 2 √ k 

k−2 √ k+1 0 

√ 2 k−1 0. 

Ta nierówność jest prawdziwa. To kończy dowód.

Uwaga 

Nierówność k+1 

√ k 2 dla k>0 można także udowodnić powołując się na twierdzenie o sumie 

liczby dodatniej i jej odwrotności lub powołując się na nierówność między średnią arytmetyczną 

i geometryczną dla dodatnich liczb k oraz 1: 

k+1 

2 √ k·1 = √ k.

W dziale dotyczącym równań i nierówności: 

Rozdział 2 

Równania i nierówności 


w których: 

a) rozwiązuje równania i nierówności kwadratowe; zapisuje rozwiązanie w postaci sumy 

przedziałów, 

b) rozwiązuje zadania (również umieszczone w kontekście praktycznym), prowadzące do 

równań i nierówności kwadratowych, 

c) rozwiązuje układy równań, prowadzące do równań kwadratowych, 

d) rozwiązuje równania wielomianowe metodą rozkładu na czynniki, 

e) rozwiązuje proste równania wymierne, prowadzące do równań liniowych lub kwadratowych, 

np. x+1 x+1 

= 2; = 2x, 

x+3 

x 

f) rozwiązuje zadania (również umieszczone w kontekście praktycznym), prowadzące do 

prostych równań wymiernych 


a) stosuje wzory Viète’a, 

b) rozwiązuje równania i nierówności kwadratowe z parametrem, przeprowadza dyskusję 

i wyciąga z niej wnioski, 

c) rozwiązuje równania i nierówności wielomianowe, 

d) rozwiązuje proste równania i nierówności wymierne, np. x+1 x+1 

> 2; < 3, 

x+3 

e) rozwiązuje proste równania i nierówności z wartością bezwzględną, typu: |x+1|+2 > 3; 

|x+1|+|x+2| < 3. 



Rozwiąż nierówność 3x 2 −10x+3 0. 

Rozwiązanie 

Rozwiązanie nierówności kwadratowej składa się z dwóch etapów. 

Pierwszy etap może być realizowany na 2 sposoby: 

x

18 2. Równania i nierówności 

I sposób rozwiązania (realizacja pierwszego etapu) 

Znajdujemy pierwiastki trójmianu kwadratowego 3x 2 −10x+3: 

obliczamy wyróżnik tego trójmianu: ∆ = 100 − 4 · 3 · 3 = 64 i stąd x1 = 10−8 

6 

x2 = 10+8 

= 3 

6 

albo 

stosujemy wzory Viète’a: x1 +x2 = 10 

3 oraz x1 ·x2 = 1 i stąd x1 = 1 

3 oraz x2 = 3 

albo 

= 1 

3 oraz 

podajemy je bezpośrednio, np. zapisując pierwiastki trójmianu lub postać iloczynową 

trójmianu: 

x1 = 1 

3 , x2 = 3 lub 

 

3 x− 1 

 

(x−3), 

3 

lub zaznaczając na wykresie: 

3 

2 

1 

8 

7 

6 

5 

4 

−4 −3 −2 −1 

−1 

1 2 3 4 5 

II sposób rozwiązania (realizacja pierwszego etapu) 

y 

−2 

−3 

−4 

−5 

Wyznaczamy postać kanoniczną trójmianu kwadratowego 3x 2 −10x+3 i zapisujemy nierówność 

w postaci, np. 

 

3 x− 10 

2 − 

6 

64 

0 , stąd 3 x− 

12 10 

2 − 

6 

64 

 

0, 

36 

a następnie 

x


przekształcamy nierówność, tak by jej lewa strona była zapisana w postaci iloczynowej: 

albo 

czyli 

 

3 

x− 10 8 

− 

6 6 

 

· 

x− 10 8 

+ 

6 6 

 

3(x−3)· x− 1 

 

0 

3 

 

0, 

przekształcamy nierówność do postaci równoważnej, korzystając z własności wartości 

bezwzględnej 

 

x− 10 

2 

6 

64 

36 

 

 

 

10 

x− 

8 

6 

6 . 

Drugi etap rozwiązania: 

Podajemy zbiór rozwiązań nierówności w jednej postaci: 1 

x3 lub 

3 


Rozwiąż równanie x 3 −7x 2 +2x−14 = 0. 


 

1 

1 

, 3 , lub x∈ , 3 . 

3 3 

Przedstawiamy lewą stronę równania w postaci iloczynowej, stosując metodę grupowania 

wyrazów: 

x 3 −7x 2 +2x−14 = x 2 (x−7)+2(x−7) = x 2 +2 (x−7). 

Z równania x 2 +2 (x−7) = 0 otrzymujemy x 2 +2 = 0 lub x−7 = 0. 

Równanie x 2 +2 = 0 nie ma rozwiązań rzeczywistych. Rozwiązaniem równania x−7 = 0 jest 

liczba 7. 

Odpowiedź: Jedynym rozwiązaniem równania x 3 −7x 2 +2x−14 = 0 jest x = 7. 


Rozważmy wielomian W (x) = x 3 − 7x 2 + 2x − 14. Całkowite dzielniki wyrazu wolnego tego 

wielomianu to: ±1, ±2, ±7, ±14. 

W (7) = 7 3 −7·7 2 +2·7−14 = 0, więc x = 7 jest pierwiastkiem wielomianu. 

Dzielimy wielomian W (x) przez dwumian (x−7): 

x 2 

+ 2 

x 3 − 7x 2 + 2x − 14 : (x − 7) 

− x 3 + 7x 2 

2x − 14 

−2x + 14 

= =


Z równania x 2 +2 (x−7) = 0 otrzymujemy x 2 +2 = 0 lub x−7 = 0. Równanie x 2 +2 = 0 nie 

ma rozwiązań rzeczywistych, zatem jedynym rozwiązaniem podanego równania jest x = 7. 


Rozwiąż równanie x 3 −7x 2 −4x+28 = 0. 


Przedstawiamy lewą stronę równania w postaci iloczynowej stosując metodę grupowania 

wyrazów: 

x x 2 −4 −7 x 2 −4 = 0 lub x 2 (x−7)−4(x−7) = 0, 

stąd 

czyli 

Stąd x = 7 lub x = −2 lub x = 2. 


(x−7) x 2 −4 = 0, 

(x−2)(x+2)(x−7) = 0. 

Stwierdzamy, że liczba 2 jest pierwiastkiem wielomianu x 3 −7x 2 −4x+28. Dzielimy wielomian 

x 3 −7x 2 −4x+28 przez dwumian x−2. Otrzymujemy iloraz x 2 −5x−14. Zapisujemy 

równanie w postaci (x−2) x 2 −5x−14 = 0. Stąd (x−2)(x+2)(x−7) = 0 i x = 7 lub 

x = −2 lub x = 2. 

Albo 

stwierdzamy, że liczba −2 jest pierwiastkiem wielomianu x 3 − 7x 2 − 4x + 28. Dzielimy 

wielomian x 3 − 7x 2 − 4x + 28 przez dwumian x + 2. Otrzymujemy iloraz x 2 − 9x + 14. 

Zapisujemy równanie w postaci (x+2) x 2 −9x+14 = 0. Stąd (x+2)(x−2)(x−7) = 0 

i x = −2 lub x = 2 lub x = 7. 

Albo 

stwierdzamy, że liczba 7 jest pierwiastkiem wielomianu x 3 −7x 2 −4x+28. Dzielimy wielomian 

x 3 −7x 2 −4x+28 przez dwumian x−7. Otrzymujemy iloraz x 2 −4. Zapisujemy 

równanie w postaci (x−7) x 2 −4 = 0. Stąd (x−2)(x+2)(x−7) = 0 i x = 7 lub x = −2 

lub x = 2. 


Rozwiąż równanie x 3 +2x 2 −5x−10 = 0. 


Przedstawiamy lewą stronę równania w postaci iloczynowej, stosując metodę grupowania 

wyrazów 

(x+2) x 2 −5 = 0.


Stąd x = −2 lub x = − √ 5 lub x = √ 5. 


Stwierdzamy, że liczba −2 jest pierwiastkiem wielomianu. Dzielimy wielomian 

x 3 +2x 2 −5x−10 

przez dwumian x+2 i otrzymujemy x 2 −5. Zapisujemy równanie w postaci 

Stąd x = −2 lub x = − √ 5 lub x = √ 5. 

(x+2) x 2 −5 = 0. 


Uczeń przeczytał książkę liczącą 480 stron, przy czym każdego dnia czytał jednakową liczbę 

stron. Gdyby czytał każdego dnia o 8 stron więcej, to przeczytałby tę książkę o 3 dni 

wcześniej. Oblicz, ile dni uczeń czytał tę książkę. 

Rozwiązanie 

Oznaczamy: x — liczba stron przeczytanych każdego dnia, y — liczba dni, w ciągu których 

uczeń przeczytał książkę. 

Zapisujemy i rozwiązujemy układ równań: 

x·y = 480 

(x+8)·(y−3) = 480. 

Z pierwszego równania wyznaczamy x: x = 480 

i podstawiamy do drugiego równania 

y 

 

480 

y +8 

 

·(y−3) = 480, 

skąd otrzymujemy równanie równoważne: 

(480+8y)(y−3) = 480y. 

Po uporządkowaniu otrzymujemy równanie y 2 − 3y − 180 = 0, które ma dwa rozwiązania 

y = −12 oraz y = 15. 

Odpowiedź: Uczeń przeczytał książkę w ciągu 15 dni. 


W dwóch hotelach wybudowano prostokątne baseny. Basen w pierwszym hotelu ma powierzchnię 

240 m 2 . Basen w drugim hotelu ma powierzchnię 350 m 2 oraz jest o 5 m dłuższy 

i 2 m szerszy niż w pierwszym hotelu. Oblicz, jakie wymiary mogą mieć baseny w obu 

hotelach. Podaj wszystkie możliwe odpowiedzi.


Rozwiązanie 

Oznaczmy przez x długość (w metrach) basenu w pierwszym hotelu i przez y szerokość 

(w metrach) tego basenu. Zapisujemy układ równań: 

x·y = 240 

(x+5)·(y+2) = 350. 

Przekształcamy drugie równanie w sposób równoważny: x·y+2x+5y+10=350, podstawiamy 

do tego równania x·y=240 i wyznaczamy z tego równania niewiadomą x: x= 100−5y 

. Wy- 

2 

znaczoną wartość x podstawiamy do pierwszego równania 100−5y 

·y=240 i doprowadzamy 

2 

to równanie do postaci równania: y 2 −20y+96=0, które ma dwa rozwiązania: y1 =8, y2 =12. 

Zatem: 

jeżeli y = 8, to x = 30 i wtedy basen w pierwszym hotelu ma wymiary 30 m × 8 m, zaś 

basen w drugim hotelu: 35 m×10 m; 

jeżeli y = 12, to x = 20 i wtedy basen w pierwszym hotelu ma wymiary 20 m×12 m, zaś 

basen w drugim hotelu: 25 m×14 m. 


Przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego jest dłuższa od jednej przyprostokątnej o 1 cm 

i od drugiej przyprostokątnej o 32 cm. Oblicz długości boków tego trójkąta. 

Rozwiązanie 

Niech x oznacza długość przeciwprostokątnej. Zauważamy, że x > 32. Korzystając z twierdzenia 

Pitagorasa, otrzymujemy równanie (x−1) 2 +(x−32) 2 = x 2 i x > 32. 

Po przekształceniach otrzymujemy równanie 

x 2 −66x+1025 = 0. 

Wtedy x1 = 25 (sprzeczne z założeniem) oraz x2 = 41. 

Odpowiedź: Przeciwprostokątna ma długość 41 cm, jedna przyprostokątna ma długość 9 cm, 

a druga ma długość 40 cm. 


Droga z miasta A do miasta B ma długość 474 km. Samochód jadący z miasta A do miasta B 

wyrusza godzinę później niż samochód z miasta B do miasta A. Samochody te spotykają się 

w odległości 300 km od miasta B. Średnia prędkość samochodu, który wyjechał z miasta A, 

liczona od chwili wyjazdu z A do momentu spotkania, była o 17 km/h mniejsza od średniej 

prędkości drugiego samochodu liczonej od chwili wyjazdu z B do chwili spotkania. Oblicz 

średnią prędkość każdego samochodu do chwili spotkania. 


Niech v oznacza średnią prędkość samochodu, który wyjechał z miasta B i niech t oznacza 

czas od chwili wyjazdu tego samochodu do chwili spotkania.


Obliczamy, jaką drogę do chwili spotkania pokonał samochód jadący z miasta A: 174 km. 

Zapisujemy układ równań: 

v·t = 300 

(v−17)(t−1) = 174. 

Przekształcamy drugie równanie uwzględniając warunek v·t = 300 i otrzymujemy: 

v = 143−17t. 

Otrzymaną wartość v podstawiamy do pierwszego równania i otrzymujemy: 

Rozwiązaniami tego równania są liczby: 

Stąd v1 = 68, v2 = 75. 

Wtedy: 

17t 2 −143t+300 = 0. 

t1 = 75 7 

= 4 

17 17 

oraz t2 = 4. 

pierwsze rozwiązanie: vA = 51 km/h, vB = 68 km/h, 

drugie rozwiązanie: vA = 58 km/h, vB = 75 km/h. 

Niech vA oznacza prędkość samochodu jadącego z miasta A, a vB oznacza prędkość samochodu 

jadącego z miasta B. 

 

vA = 58 / 

Obliczenie prędkości obu samochodów: 

vB = 75 / lub 

 

vA = 51 / 

vB = 68 / . 

Uwaga 

Możemy otrzymać inne równania kwadratowe z jedną niewiadomą: 

17t 2 A −109tA +174 = 0 lub v 2 A −109vA +2958 = 0, lub v 2 B −143vB +5100 = 0. 


Niech vA oznacza średnią prędkość samochodu, który wyjechał z miasta A, zaś vB oznacza 

średnią prędkość samochodu, który wyjechał z miasta B oraz niech t oznacza czas od chwili 

wyjazdu samochodu z miasta B do chwili spotkania samochodów. 

Obliczamy, jaką drogę do chwili spotkania pokonał samochód jadący z miasta A: 174 km. 

Zapisujemy równania: vA = 174 

t−1 , vB = 300 

174 300 

, wówczas otrzymujemy równanie +17= 

t t−1 t . 

Przekształcamy to równanie do równania kwadratowego 17t 2 −143t+=. 

Rozwiązaniami tego równania są liczby: t1 = 75 7 

= 4 

17 17 , t2 = 4. 

Dla t1 = 75 7 

=4 

17 17 otrzymujemy vA =51, vB =68 oraz dla t2 =4 otrzymujemy vA =58, vB =75.


Obliczenie prędkości obu samochodów: 


 

vA = 58 / 

vB = 75 / lub 

 

vA = 51 / 

vB = 68 / 

Pewien turysta pokonał trasę 112 km, przechodząc każdego dnia tę samą liczbę kilometrów. 

Gdyby mógł przeznaczyć na tę wędrówkę o 3 dni więcej, to w ciągu każdego dnia mógłby 

przechodzić o 12 km mniej. Oblicz, ile kilometrów dziennie przechodził ten turysta. 


Niech x oznacza liczbę dni wędrówki, y — liczbę kilometrów przebytych każdego dnia przez 

turystę, gdzie x,y > 0. Drogę przebytą przez turystę opisujemy równaniem x·y = 112. 

Turysta może przeznaczyć na wędrówkę o 3 dni więcej, idąc każdego dnia o 12 km mniej, 

wówczas zapisujemy równanie: (x+3)·(y−12) = 112. 

 

x·y = 112 

Zapisujemy układ równań, np. 

(x+3)·(y−12) = 112. 

Z pierwszego równania wyznaczamy np. y= 112 

. Podstawiamy do drugiego równania otrzy- 

x 

mując 

 

112 

(x+3) 

x −12 

 

= 112. 

Sprowadzamy to równanie do równania kwadratowego: x 2 +3x−28=0, którego rozwiązaniami 

są x1 = −3−11 

= −7 i x2 = 

2 

−3+11 

= 4. Odrzucamy rozwiązanie x1, gdyż jest sprzeczne 

2 

z założeniem x > 0. Obliczamy y: 

y = 112 

= 28. 

4 

Odp.: Turysta przechodził dziennie 28 km. 

Uwaga 

Możemy z równania x · y = 112 wyznaczyć x = 112 

y , otrzymać równanie y2 − 12y − 448 = 0, 

którego rozwiązaniami są y1 = 12−44 

= −16 (sprzeczne z zał. y > 0), y2 = 

2 

12+44 

= 28. 

2 

Odp.: Turysta przechodził dziennie 28 km. 



turystę, gdzie x,y > 0. Drogę przebytą przez turystę opisujemy równaniem x·y = 112. 

Turysta może przeznaczyć na wędrówkę o 3 dni więcej, idąc każdego dnia o 12 km mniej. 

Zapisujemy równanie: (x+3)·(y−12) = 112. 

 

x·y = 112 

Zapisujemy układ równań, np. 

(x+3)·(y−12) = 112.


Stąd otrzymujemy kolejno 

x·y = 112 

x·y−12x+3y−36 = 112, 

x·y = 112 

112−12x+3y−36 = 112, 

x·y = 112 

−12x+3y−36 = 0. 

Otrzymujemy równanie 4x−y+12=0, stąd wyznaczamy x lub y, podstawiamy do pierwszego 

równania i dalej postępujemy tak jak w I sposobie rozwiązania. 



turystę, gdzie x,y > 0. Liczbę kilometrów przebytych każdego dnia przez turystę opisujemy 

równaniem y = 112 

x . 

Turysta może przeznaczyć na wędrówkę o 3 dni więcej, idąc każdego dnia o 12 km mniej, 

wówczas zapisujemy równanie: 112 

x 

= 112 

x+3 +12. 

Przekształcamy to równanie do postaci x 2 +3x−28 = 0. 

Rozwiązaniem równania są: x1= −3−11 

2 

Obliczamy y: y = 112 

= 28. 

4 

Odp.: Turysta przechodził każdego dnia 28 km. 



Rozwiąż nierówność |2x+4|+|x−1| 6. 


=−7 (sprzeczne z założeniem x>0) i x2= −3+11 

=4. 

2 

Wyróżniamy na osi liczbowej parami rozłączne przedziały, których sumą jest zbiór liczb 

rzeczywistych, np.: (−∞,−2), 〈−2, 1), 〈1, ∞). 

Rozwiązujemy nierówności w poszczególnych przedziałach i w każdym z nich bierzemy część 

wspólną tego przedziału z otrzymanym zbiorem rozwiązań nierówności.


x ∈ (−∞,−2) x ∈ 〈−2,1) x ∈ 〈1, ∞) 

−2x−4−x+1 6 

−3x 9 

x −3 

W tym przypadku 

rozwiązaniem nierówności 

jest −3 x < 2. 

2x+4−x+1 6 

x 1 



jest −2 x < 1. 

2x+4+x−1 6 

3x 3 

x 1 



jest x = 1. 

Łączymy otrzymane rozwiązania i podajemy odpowiedź w jednej z postaci: −3 x 1 lub 

x ∈ 〈−3,1〉 lub 〈−3,1〉. 

II sposób rozwiązania (graficznie) 

Zapisujemy nierówność |2x+4|+|x−1| 6 w postaci, np. |2x+4| −|x−1|+6. 

Rysujemy wykresy funkcji: y = |2x+4| oraz y = −|x−1|+6. 

Odczytujemy odcięte x = −3, x = 1 punktów przecięcia wykresów obu funkcji i sprawdzamy, 

czy dla każdego z tych argumentów wartości obu funkcji są równe. 

y 

7 

6 

5 

4 

3 

2 

1 

−6 −5 −4 −3 −2 −1 

−1 

1 2 3 4 5 6 7 

Sprawdzamy, że punkty (−3,2) oraz (1,6) są punktami przecięcia wykresów. 

Zapisujemy odpowiedź: x ∈ 〈−3,1〉. 


Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 + mx + 2 = 0 ma dwa 

różne pierwiastki rzeczywiste takie, że suma ich kwadratów jest większa od 2m 2 −13. 


Zapisujemy warunki, jakie muszą być spełnione, aby równanie x 2 + mx + 2 = 0 miało dwa 

różne pierwiastki rzeczywiste takie, że suma ich kwadratów jest większa od 2m 2 −13: 

∆ > 0 

x 2 1 +x 2 2 > 2m 2 −13. 

Rozwiązujemy pierwszą nierówność tego układu: 

∆ = m 2 

−8 > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy m ∈ −∞,−2 √ 

2 ∪ 2 √ 

2,∞ . 

x


Aby rozwiązać drugą nierówność, najpierw przekształcimy jej lewą stronę, korzystając ze 

wzorów Viète’a: 

Rozwiązujemy nierówność: 

x 2 1 +x 2 2 = (x1 +x2) 2 −2x1x2 = (−m) 2 −2·2 = m 2 −4. 

m 2 −4 > 2m 2 −13, która jest równoważna nierówności m 2 −9 < 0, więc m ∈ (−3,3). 

Zatem równanie x 2 + mx + 2 = 0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste takie, że suma ich 

kwadratów jest większa od 2m 2 

−13, dla m ∈ −3,−2 √ 

2 ∪ 2 √ 

2,3 . 


Zapisujemy układ nierówności: 

∆ > 0 

x 2 1 +x 2 2 > 2m 2 −13. 

Rozwiązujemy pierwszą nierówność tego układu: 

∆ = m 2 

−8 > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy m ∈ −∞,−2 √ 

2 ∪ 2 √ 

2,∞ . 

Obliczamy pierwiastki równania kwadratowego: 

x1 = −m+√ m 2 −8 

2 

,x2 = −m−√m 2 −8 

. 

2 

Obliczamy sumę kwadratów pierwiastków równania kwadratowego: 

x 2 1 +x 2 

−m+ 

2 = 

√ m2 2 

−8 −m− 

+ 

2 

√ m2 2 −8 

= 

2 

Rozwiązujemy drugą nierówność: 

= m2 −2m √ m2 −8+m 2 −8 

+ 

4 

m2 +2m √ m2 −8+m 2 −8 

= 

4 

= 2m2 +2m2 −16 

= m 

4 

2 −4. 

m 2 −4 > 2m 2 −13, 

która jest równoważna nierówności m 2 −9 < 0, więc m ∈ (−3,3). 

Zatem równanie x 2 + mx + 2 = 0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste takie, że suma ich 

kwadratów jest większa od 2m 2 

−13, dla m ∈ −3,−2 √ 

2 ∪ 2 √ 

2,3 . 


Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x 2 −4mx−m 3 +6m 2 +m−2=0 

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x1, x2 takie, że (x1 −x2) 2 < 8(m+1). 


Zapisujemy warunki, jakie muszą być spełnione, aby równanie 

x 2 −4mx−m 3 +6m 2 +m−2 = 0


miało dwa różne pierwiastki rzeczywiste x1, x2 takie, że (x1 −x2) 2 < 8(m+1): 

 

∆ > 0 

(x1 −x2) 2 < 8(m+1). 

Obliczamy ∆ = 16m 2 −4(−m 3 +6m 2 +m−2). 

Nierówność 16m 2 −4(−m 3 +6m 2 +m−2)>0 jest równoważna nierówności m 3 −2m 2 −m+2>0, 

czyli (m+1)(m−1)(m−2) > 0. 

Zatem m ∈ (−1,1)∪(2,+∞). 

Przekształcamy nierówność x 2 1−2x1x2+x 2 2 0. 

Zatem m ∈ (−1,1)∪(2,+∞). 

Następnie wyznaczamy pierwiastki x1 , x2: 

Wówczas 

i stąd 

x1 = 4m− 4(m 3 −2m 2 −m+2) 

2 

m 3 −2m 2 −m+2 > 0, 

(m+1)(m−1)(m−2) > 0. 

, x2 = 4m+4(m 3 −2m2 −m+2) 

. 

2 

x1 −x2 = 4m−2√m 3 −2m2 −m+2 

− 

2 

4m+2√m 3 −2m2 −m+2 

= 

2 

= 4m−2√ m 3 −2m 2 −m+2−4m−2 √ m 3 −2m 2 −m+2 

2 

= −4√ m 3 −2m 2 −m+2 

2 

= −2 m 3 −2m 2 −m+2 

(x1 −x2) 2 

= −2 m3 −2m2 2 −m+2 = 4 m 3 −2m 2 −m+2 . 

=

Z warunku (x1 −x2) 2 < 8(m+1) otrzymujemy nierówność 4 m 3 −2m 2 −m+2 < 8(m+1). 

Stąd m 3 −2m 2 −3m < 0, czyli m m 2 −2m−3 < 0, m(m+1)(m−3) < 0. 

Zatem m ∈ (−∞,−1)∪(0,3). 

Wyznaczamy te wartości parametru m, dla których obie nierówności ∆>0 i (x1−x2) 2

W dziale dotyczącym funkcji: 

Rozdział 3 

Funkcje 


w których: 

a) określa funkcję za pomocą wzoru, tabeli, wykresu, opisu słownego, 

b) odczytuje z wykresu funkcji: dziedzinę i zbiór wartości, miejsca zerowe, maksymalne 

przedziały, w których funkcja rośnie, maleje, ma stały znak, 

c) sporządza wykres funkcji spełniającej podane warunki, 

d) potrafi na podstawie wykresu funkcji y = f(x) naszkicować wykresy funkcji y = f(x+a), 

y = f(x)+a, y = −f(x), y = f(−x), 

e) sporządza wykresy funkcji liniowych, 

f) wyznacza wzór funkcji liniowej, 

g) wykorzystuje interpretację współczynników we wzorze funkcji liniowej, 

h) sporządza wykresy funkcji kwadratowych, 

i) wyznacza wzór funkcji kwadratowej, 

j) wyznacza miejsca zerowe funkcji kwadratowej, 

k) wyznacza wartość najmniejszą i wartość największą funkcji kwadratowej w przedziale 

domkniętym, 

l) rozwiązuje zadania (również umieszczone w kontekście praktycznym), prowadzące do 

badania funkcji kwadratowej, 

m) sporządza wykres, odczytuje własności i rozwiązuje zadania umieszczone 

w kontekście praktycznym związane z proporcjonalnością odwrotną, 

n) sporządza wykresy funkcji wykładniczych dla różnych podstawi rozwiązuje zadania umieszczone 

w kontekście praktycznym 

oraz z poziomu rozszerzonego powinien opanować umiejętności, w których mając dany 

wykres funkcji y = f(x) potrafi naszkicować: 

a) wykres funkcji y = |f(x)|, 

b) wykresy funkcji y = c·f(x), y = f(c·x), gdzie f jest funkcją trygonometryczną, 

c) wykres będący efektem wykonania kilku operacji, na przykład y = |f(x+2)−3|, 

d) wykresy funkcji logarytmicznych dla różnych podstaw, 

e) rozwiązuje zadania (również umieszczone w kontekście praktycznym) z wykorzystaniem 

takich funkcji.




Na rysunku przedstawiono wykres funkcji f. 

Odczytaj z wykresu i zapisz: 

y 

4 

3 

2 

1 

−5 −4 −3 −2 −1 

−1 

1 2 3 4 5 6 7 8 

a) zbiór wartości funkcji f, 

b) przedział maksymalnej długości, w którym funkcja f jest malejąca. 

Rozwiązanie 

Odczytujemy z wykresu zbiór wartości funkcji: 〈−2, 3〉. 

−2 

−3 

Zapisujemy maksymalny przedział, w którym funkcja jest malejąca: 〈−2,2〉. 



Bok kwadratu ABCD ma długość 1. Na bokach BC i CD wybrano odpowiednio punkty E 

i F umieszczone tak, by |CE| = 2|DF|. Oblicz wartość x =|DF|, dla której pole trójkąta AEF 

jest najmniejsze. 


D 

1 

x 

F 

1−x 

C 

2x 

E 

A 1 

B 

1−2x 

x

32 3. Funkcje 

Długości odcinków |BE| i |CF| są równe: |BE| = 1−2x, |CF| = 1−x. 

Pole trójkąta AEF jest więc równe: 

PAEF = PABCD −PABE −PECF −PFDA = 1− 1 

2 

1 

1 

(1−2x)− ·2x·(1−x)− 

2 

2 x = x2 − 1 

2 

 

0, 1 

2 

Pole trójkąta AEF jest funkcją zmiennej x: P (x) = x 2 − 1 1 

x+ dla x ∈ 

2 2 

1 − 2 1 

Ponieważ xw = − = 

2 4 ∈ 

 

0, 1 

 

, a parabola o równaniu y = x 

2 

2 − 1 1 

x + 

2 2 

skierowane „ku górze”, więc dla x = 1 

pole trójkąta AEF jest najmniejsze. 

4 


D 

1 

x 

F 

1−x 

C 

2x 

E 

A 1 

B 

1−2x 

Długości odcinków |BE| i |CF| są równe: |BE| = 1−2x, |CF| = 1−x. 

Pole trójkąta AEF jest więc równe: PAEF = PABCD −PABE −PECF −PFDA. 

 

. 

x+ 1 

2 . 

ma ramiona 

Pole trójkąta AEF jest najmniejsze, gdy suma P pól trójkątów ABE, CEF i FDA jest naj- 

 

0, 1 

2 

większa. Ponieważ PABE = 1−2x 

, PCEF = 

2 

−2x2 +2x 

= −x 

2 

2 +x, PADF = 1 

x dla x ∈ 

2 

więc 

P(x) = 1 

2 (1−2x+2x−2x2 +x) = 1 

2 (−2x2 +x+1) = −x 2 + 1 1 

x+ 

2 2 . 

1 − 2 1 

Ponieważ xw = − = 

2 4 ∈ 

 

0, 1 

 

, a parabola o równaniu y = −x 

2 

2 + 1 1 

x + ma ramiona 

2 2 

skierowane „w dół”, więc dla x = 1 

pole P jest największe, a tym samym pole trójkąta AEF 

4 

jest najmniejsze. 


Umieszczamy kwadrat ABCD w układzie współrzędnych: 

 

,

y 

D 

1 

x 

F 

1−x 

C 

2x 

E 

A 1 

B 

1−2x 

Wtedy A = (0, 0), F = (x, 1), E = (1, 1−2x), gdzie 0 x 1 

2 . 

Wyznaczamy pole trójkąta AFE: 

P = 1 

2 

|(x−0)(1−2x−0)−(1−0)(1−0)| = 1 

2 

x 

1 

|x(1−2x)−1| = 2 

x−2x −1 1 

= 2 

2x −x+1 . 

2 

2 

Ponieważ 2x 2 −x+1 > 0 dla każdej liczby rzeczywistej x, więc P (x) = x 2 − 1 

1 − 2 

Ponieważ xw = − 

2 

1 

= 

4 ∈ 

 

0, 1 

 

2 

skierowane „ku górze”, więc dla x = 1 

4 

, a parabola o równaniu y = x 2 − 1 1 

x + 

2 2 

pole trójkąta AEF jest najmniejsze. 

2 

x+ 1 

2 . 

ma ramiona

W dziale dotyczącym ciągów: 

Rozdział 4 

Ciągi liczbowe 


w których: 

a) wyznacza wyrazy ciągu określonego wzorem ogólnym, 

b) bada, czy dany ciąg jest arytmetyczny lub geometryczny, 

c) stosuje wzory na n-ty wyraz i sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego 

i ciągu geometrycznego, również umieszczone w kontekście praktycznym; 


wyznacza wyrazy ciągów zdefiniowanych rekurencyjnie. 



 

m+1 

Wykaż, że dla każdego m ciąg , 

4 

m+3 

, 

6 

m+9 

 

jest arytmetyczny. 

12 


Wystarczy sprawdzić, że środkowy wyraz jest średnią arytmetyczną pierwszego i trzeciego 

wyrazu tego ciągu. 

Ponieważ 

m+1 m+9 

4 + 12 

= 

2 

3m+3+m+9 

= 

24 

4m+12 

24 

 

m+1 

więc ciąg , 

4 

m+3 

, 

6 

m+9 

 


12 

m+3 

= , 

6 


Mamy a1 = m+1 

, a2 = 

4 

m+3 

, a3 = 

6 

m+9 

12 . 

Wystarczy sprawdzić, czy różnica pomiędzy drugim i pierwszym wyrazem jest równa różnicy 

pomiędzy trzecim i drugim wyrazem czyli: a2 −a1 = a3 −a2. 

Ponieważ 

a2 −a1 = m+3 m+1 −m+3 

− = 

6 4 12


oraz 

a3 −a2 = m+9 m+3 

− 

12 6 

więc różnice te są równe. 

 

m+1 

Zatem ciąg , 

4 

m+3 

, 

6 

m+9 

 


12 


Obliczamy różnicę ciągu: 

−m+3 

= , 

12 

r = a2 −a1 = m+3 m+1 2m+6−3m−3 

− = = 

6 4 12 

−m+3 

12 

(lub r = a3 −a2 = m+9 m+3 m+9−2m−6 

− = 

12 6 12 

Obliczamy trzeci wyraz ciągu, z wykorzystaniem różnicy r: 

= −m+3 

). 

12 

a3 = a2 +r = m+3 −m+3 2m+6−m+3 

+ = = 

6 12 12 

m+9 

12 

(lub a3 = a1 +2r = m+1 −m+3 3m+3−2m+6 

+2· = = 

4 12 12 

m+9 

12 ). 

Obliczony wyraz a3 jest równy trzeciemu wyrazowi podanemu w treści zadania. To kończy 

dowód. 

Zadanie 2. (Próba 2010 — zadanie 32 zmodyfikowane (4 p.)) 

Ciąg (x,y,12) jest geometryczny o wyrazach różnych od zera, natomiast ciąg (1,x,y−1) jest 

arytmetyczny. Oblicz x oraz y i podaj ten ciąg geometryczny. 


Ponieważ ciąg (1,x,y−1) jest arytmetyczny, więc środkowy wyraz jest średnią arytmetyczną 

wyrazów skrajnych. Mamy więc równanie x = 1+y−1 

, czyli y = 2x. 

2 

Ciąg (x,y,12) jest geometryczny, więc kwadrat środkowego wyrazu jest iloczynem wyrazów 

skrajnych. Mamy więc równanie y 2 = x·12. 

 

y = 2x 

Rozwiązujemy zatem układ równań 

y 2 = 12x. 

Otrzymujemy równanie kwadratowe 4x 2 −12x = 0, a stąd x = 3 lub x = 0. Drugie z podanych 

rozwiązań nie spełnia założeń. 

Zatem dla x = 3 i y = 6 otrzymujemy ciąg arytmetyczny (1,3,5) oraz ciąg geometryczny 

(3,6,12). 

Odpowiedź: x = 3, y = 6, ciąg geometryczny to (3,6,12).

36 4. Ciągi liczbowe 


Z własności ciągu arytmetycznego otrzymujemy równanie x = 1+y−1 

, czyli y = 2x, nato- 

2 

miast z własności ciągu geometrycznego o wyrazach różnych od zera otrzymujemy równanie 

12 y 

= 

y x . 

⎧ 

⎨y 

= 2x 

Rozwiązujemy układ równań 12 y . 

⎩ = 

y x 

⎧ ⎧ 

⎨y 

= 2x ⎨y 

= 2x 

Otrzymujemy kolejno 

⎩ 

12 2x , 

= ⎩ 

12 stąd x = 3 i y = 6. 

= 2, 

2x x 2x 

Zatem x = 3 i y = 6, stąd otrzymujemy ciąg geometryczny (3,6,12). 


Z własności ciągu arytmetycznego otrzymujemy równanie x = 1+y−1 

, czyli y = 2x. 

2 

Ciąg (x,y,12) jest ciągiem geometrycznym o wyrazach różnych od zera i y=2x, zatem iloraz 

q tego ciągu jest równy 2. 

Z własności ciągu geometrycznego otrzymujemy y = 12 

12 

= 6 oraz x = = 3. 

2 4 

Zatem x = 3 i y = 6, stąd otrzymujemy ciąg geometryczny (3,6,12). 


Liczby x, y, 19 w podanej kolejności tworzą ciąg arytmetyczny, przy czym x + y = 8. Oblicz 

x i y. 


Liczby x, y, 19 w podanej kolejności tworzą ciąg arytmetyczny, stąd 2y = x+19. 

Zapisujemy układ równań 2y = x+19 

którego rozwiązaniem jest x = −1 i y = 9. 


x+y = 8, 

Liczby x, y, 19 w podanej kolejności tworzą ciąg arytmetyczny. Niech r będzie różnicą tego 

ciągu i x = a1, y = a2 = a1 +r, 19 = a3 = a1 +2r. 

Zapisujemy układ równań a1 +a1 +r = 8 

a1 +2r = 19. 

Rozwiązaniem tego układu jest a1 = −1, r = 10. Stąd x = a1 = −1, y = a2 = 9.


Uwaga 

Możemy również otrzymać następujące układy równań: 


⎧ 

⎨2a1 

+r = 8 

a1 ⎩ 

+19 

= a1 +r 

2 

lub 

Wprowadzamy oznaczenia x = a1, y = a2, 19 = a3. 

Obliczamy: 

⎧ 

⎪⎨ y = x+r 

19 = x+2r 

⎪⎩ x+y = 8. 

S3 = x+y+19 = 8+19 = 27. 

Korzystając ze wzoru na sumę trzech początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego, otrzymujemy 

równanie a1 +19 

·3 = 27. 

2 

Stąd a1 = −1, zatem x = −1, y = 9. 



O liczbach a, b, c wiemy, że ciąg (a,b,c) jest arytmetyczny i a+c=10, zaś ciąg (a+1, b+4, c+19) 

jest geometryczny. Wyznacz te liczby. 


Z własności ciągu arytmetycznego mamy: 2b = a+c. Stąd otrzymujemy 2b = 10, czyli b = 5. 

Korzystamy z własności ciągu geometrycznego i zapisujemy równanie: (b+4) 2 =(a+1)(c+19). 

Podstawiamy b = 5 i a = 10−c i otrzymujemy równanie 9 2 = (10−c+1)(c+19). Przekształcamy 

to równanie i otrzymujemy równanie kwadratowe z niewiadomą c: c 2 + 8c − 128 = 0. 

Rozwiązaniami tego równania są: c1 = 8, c2 = −16. 

Zatem szukanymi liczbami są: a = 2, b = 5, c = 8 lub a = 26, b = 5, c = −16. 


Oznaczamy przez a pierwszy wyraz ciągu arytmetycznego, a przez r różnicę tego ciągu. 

Wówczas b = a+r, c = a+2r. Wtedy 2a+2r = 10, czyli a+r = 5. 

Korzystamy z własności ciągu geometrycznego i zapisujemy równanie, np. 

a następnie zapisujemy układ równań: 

a+r = 5 

(a+r+4) 2 = (a+1)(a+2r+19), 

(a+r+4) 2 = (a+1)(a+2r+19).

38 4. Ciągi liczbowe 

Z pierwszego równania wyznaczamy a = 5−r i podstawiamy do drugiego równania. Otrzymujemy 

równanie kwadratowe z niewiadomą r: 

czyli r 2 +18r−63 = 0. 

(5−r+r+4) 2 = (5−r+1)(5−r+2r+19), 

Rozwiązaniami tego równania są: r1 = 3 i r2 = −21. 

Następnie obliczamy a, b, c. 

⎧ 

⎪⎨ a = 2 

Szukanymi liczbami są: b = 5 

⎪⎩ c = 8 

lub 

⎧ 

⎪⎨ a = 26 

b = 5 

⎪⎩ c = −16. 


O ciągu (xn) dla n 1 wiadomo, że: 

a) ciąg (an) określony wzorem an = 3 xn dla n 1 jest geometryczny o ilorazie q = 27, 

b) x1 +x2 +...+x10 = 145. 

Oblicz x1. 


Korzystamy z własności ciągu geometrycznego i zapisujemy równość: 

q = an+1 

an 

= 3xn+1 

3 xn = 3xn+1−xn . 

Zatem 27 = 3 xn+1−xn . Stąd xn+1 −xn = 3 dla n 1. 

Zauważamy, że jeśli dla dowolnej liczby naturalnej n: xn+1 −xn = 3, to ciąg (xn) jest arytmetyczny 

o różnicy r = 3. 

Korzystamy z własności ciągu arytmetycznego i zapisujemy układ równań 

 

x1 +(x1 +r)+...+(x1 +9r) = 145 

r = 3 

 

10x1 +45r = 145 

Doprowadzamy układ do postaci: 

i podstawiamy r = 3 do pierwszego 

r = 3. 

równania. Otrzymujemy równanie z jedną niewiadomą: 10x1 +135 = 145. 

Stąd x1 = 1. 


Korzystamy z warunków zadania i zapisujemy równość: 3 x1+x2+...+x10 = 3 145 . 

Zatem 

3 x1 ·3 x2 ·...·3 x10 = 3 145 . 

Korzystamy z tego, że ciąg (an) jest geometryczny o ilorazie q = 27 i otrzymujemy 

3 x1 ·3 x1 ·27·...·3 x1 ·27 9 = 3 145 .

Stąd 

3 10x1 ·27 1+2+...+9 = 3 145 

3 10x1 ·3 3·45 = 3 145 

3 10x1+135 = 3 145 

x1 = 1.

W dziale dotyczącym trygonometrii: 

Rozdział 5 

Trygonometria 


w których: 

a) wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji trygonometrycznych dla kątów ostrych, 

b) rozwiązuje równania typu x = a, x = a, x = a, dla 0 ◦ < x < 90 ◦ , 

c) stosuje proste związki między funkcjami trygonometrycznymi kąta ostrego, 

d) znając wartość jednej z funkcji trygonometrycznych, wyznacza wartości pozostałych 

funkcji tego samego kąta ostrego 


a) stosuje miarę łukową i miarę stopniową kąta, 

b) wyznacza wartości funkcji trygonometrycznych dowolnego kąta przez sprowadzenie do 

przypadku kąta ostrego, 

c) posługuje się wykresami funkcji trygonometrycznych przy rozwiązywaniu nierówności 

typu x < a, x > a, tgx > a, 

d) stosuje związki: 2 x+ 2 x=1, x= x 

oraz wzory na sinus i cosinus sumy i różnicy 

x 

kątów w dowodach tożsamości trygonometrycznych, 

e) rozwiązuje równania i nierówności trygonometryczne, na przykład x= 1 

2 , 2 x+x=1, 

2x < 1 

2 . 



Kąt α jest ostry i α = 4 

. Oblicz α+α. 

3 


Korzystamy z definicji funkcji tangens i otrzymujemy α 4 

4 

= , zatem α = α. Pod- 

α 3 3 

stawiamy tę równość do tożsamości 2 α+ 2 α = 1 i otrzymujemy 

 

4 

3 α 

2 + 2 α = 1,


a stąd 2 α = 9 

25 . 

Zatem α = 3 

5 

lub α = −3 . Ujemny wynik odrzucamy, ponieważ zgodnie z warunkami 

5 

zadania kąt α jest kątem ostrym. Obliczamy wartość funkcji α = 4 

, a następnie wartość 

5 

wyrażenia α+α = 4 3 7 

+ = 

5 5 5 . 

Odpowiedź: α+α = 7 

5 . 


α = 3 

9 

α, więc 

4 16 2 α+ 2 α = 1, czyli 25 

16 2 α = 1. 

Wynika stąd, że α= 4 

5 

lub α=−4 . Ujemny wynik odrzucamy, ponieważ zgodnie z wa- 

5 

runkami zadania kąt α jest kątem ostrym. Obliczamy α= 3 

7 

, a dalej wartość α+α= 

5 5 . 


Rysujemy trójkąt prostokątny, w którym oznaczamy długości przyprostokątnych przez 3x 

i 4x, gdzie x > 0 oraz zaznaczamy kąt ostry α tak, aby α = 4 

3 . 

4x 

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i obliczamy długość przeciwprostokątnej: 

3x 

α 

(4x) 2 +(3x) 2 = 25x 2 . 

Zatem przeciwprostokątna ma długość 5x (odrzucamy ujemne rozwiązanie: −5x). 

Obliczamy wartości funkcji α = 4 

5 


Kąt α jest ostry i α = 5 

. Oblicz α. 

12 

Rozwiązujemy analogicznie jak poprzednie zadanie. 

3 

4 3 7 

i α = . Stąd α+α = + = 

5 5 5 5 .

42 5. Trygonometria 

Odp.: α = 12 

13 . 


Kąt α jest ostry i α α 

+ = 2. Oblicz wartość wyrażenia α·α. 

α α 


Sprowadzamy wyrażenie α α 

+ = 2 do wspólnego mianownika i otrzymujemy 

α α 

2 α+ 2 α 

α·α 

= 2. 

Korzystamy z tożsamości 2 α+ 2 α=1 i otrzymujemy 


1 

1 

=2, a stąd α·α= 

α·α 2 . 

Rysujemy trójkąt prostokątny, w którym oznaczamy długości przyprostokątnych a i b oraz 

zaznaczamy kąt ostry α taki, że α = a 

c 

a 

lub α = b 

c . 

b 

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i wyznaczamy długość przeciwprostokątnej: c 2 =a 2 +b 2 . 

Ponieważ α α 

+ 

α α 

c 

a b 

= 2, więc + 

b a = 2, czyli a2 +b2 c2 

= 2. Stąd = 2. 

ab ab 

Ponieważ α·α = ab 

1 

, więc α·α = 

c2 2 . 


Rysujemy trójkąt prostokątny, w którym oznaczamy długości przyprostokątnych a i b oraz 

zaznaczamy kąt ostry α taki, że α = a 

c 

α 

lub α = b 

c .


Ponieważ α α 

+ = 2, więc otrzymujemy kolejno: 

α α 

a b a 

+ = 2, 

b a 2 +b2 ab = 2, a2 +b 2 = 2ab, 

stąd (a−b) 2 = 0, więc a = b. Zatem α = 45 ◦ = π 

4 . 

Wtedy α = 45 ◦ √ 

2 

= 

2 i α = 45◦ √ 

2 

= 

2 . 

√ 

2 

Obliczamy α·α = 

2 · 

√ 

2 1 

= 

2 2 . 


Wyrażenie α α 

1 

+ = 2 zapisujemy w postaci α+ = 2. 

α α α 

Stąd 2 α−2α+1 = 0. 

a 

Zatem α = 1 i stąd α = 45 ◦ . Obliczamy wartość wyrażenia 45 ◦ · 45 ◦ = 

V sposób rozwiązania 

b 

c 

α 

√ 

2 

2 · 

√ 

2 1 

= 

2 2 . 

Zauważamy, że suma liczby i jej odwrotności jest równa 2 wtedy i tylko wtedy, gdy ta liczba 

jest równa 1. Zatem α = α 

α = 1 i stąd α = 45◦ , a więc 45 ◦ · 45 ◦ √ 

2 

= 

2 · 

√ 

2 1 

= 

2 2 . 



Wyznacz wszystkie rozwiązania równania 2 2 x − 5 x − 4 = 0 należące do przedziału 

〈0,2π〉. 

Rozwiązanie 

Przekształcamy równanie do postaci, w której występuje tylko jedna funkcja trygonometryczna: 

2(1− 2 x)−5x−4 = 0.

44 5. Trygonometria 

Porządkujemy to równanie i wprowadzamy niewiadomą pomocniczą: −2 2 x−5 x−2=0, 

t = x, gdzie t ∈ 〈−1, 1〉. Równanie przyjmuje teraz postać: 

2t 2 +5t+2 = 0. 

Rozwiązujemy równanie kwadratowe ze zmienną t: 

Zauważamy, że t1 /∈ 〈−1,1〉. 

∆ = 9, t1 = −2, t2 = − 1 

2 . 

Zapisujemy zatem rozwiązania równania x = − 1 

2 

x = 7 

11 

π lub x = 

6 6 π. 


należące do przedziału 〈0,2π〉: 

Rozwiąż równanie 2 2 x−2 2 x x = 1−x w przedziale 〈0,2π〉. 


Zapisujemy równanie w postaci 

czyli 

Zatem 2 2 x−1 = 0 lub 1−x = 0. 

2 2 x(1−x) = 1−x, 

2 2 x(1−x)−(1−x) = 0, 

(2 2 x−1)(1−x) = 0. 

Stąd otrzymujemy: 

√ √ 

2 

2 

x = − lub x = lub x = 1. 

2 2 

√ 

2 5 7 

Rozwiązaniem równania x = − jest x = π lub x = 

2 4 4 π (albo: x = 225◦ lub x = 315 ◦ ). 

√ 

2 1 3 

Rozwiązaniem równania x = jest x = π lub x = 

2 4 4 π (albo: x = 45◦ lub x = 135 ◦ ). 

Rozwiązaniem równania x = 1 jest x = 0 lub x = 2π (albo: x = 0 ◦ lub x = 360 ◦ ). 

Zatem rozwiązaniami równania 2 2 x−2 2 x x = 1−x są: 

x = 0 lub x = 1 3 5 7 

π lub x = π lub x = π lub x = π lub x = 2π 

4 4 4 4 

(albo: x = 0 ◦ lub x = 45 ◦ lub x = 135 ◦ lub x = 225 ◦ lub x = 315 ◦ lub x = 360 ◦ ). 


Zapisujemy równanie, w którym występuje jedna funkcja trygonometryczna: 

2 1− 2 x −2 1− 2 x x = 1−x

i przekształcamy do postaci 

2−2 2 x−2x+2 3 x−1+x = 0, 

2 3 x−2 2 x−x+1 = 0. 

Następnie zapisujemy to równanie w postaci iloczynowej: 

Zatem 

2 2 x−1 = 0 lub x−1 = 0. 

2 2 x−1 (x−1) = 0. 

Stąd otrzymujemy: 

√ √ 

2 

2 

x = − lub x = lub x = 1. 

2 2 

√ 

2 3 5 

Rozwiązaniem równania x = − jest x = π lub x = 

2 4 4 π (albo: x = 135◦ lub x = 225 ◦ ). 

√ 

2 1 7 

Rozwiązaniem równania x = jest x = π lub x = 

2 4 4 π (albo: x = 45◦ lub x = 315 ◦ ). 

Rozwiązaniem równania x = 1 jest x = 0 lub x = 2π (albo: x = 0 ◦ lub x = 360 ◦ ). 

Zatem rozwiązaniami równania 2 2 x−2 2 x x = 1−x są: 

x = 0 lub x = 1 3 5 7 

π lub x = π lub x = π lub x = π lub x = 2π 

4 4 4 4 

(albo: x = 0 ◦ lub x = 45 ◦ lub x = 135 ◦ lub x = 225 ◦ lub x = 315 ◦ lub x = 360 ◦ ).

W dziale planimetria: 

Rozdział 6 

Planimetria 


w których: 

a) korzysta ze związków między kątem środkowym, kątem wpisanym i kątem między styczną 

a cięciwą okręgu, 

b) wykorzystuje własności figur podobnych w zadaniach, w tym umieszczonych 

w kontekście praktycznym, 

c) znajduje związki miarowe w figurach płaskich, także z zastosowaniem trygonometrii, 

również w zadaniach umieszczonych w kontekście praktycznym, 

d) określa wzajemne położenie prostej i okręgu 


a) stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane 

na okręgu, 

b) stosuje twierdzenie o związkach miarowych między odcinkami stycznych i siecznych, 

c) stosuje własności figur podobnych i jednokładnych w zadaniach, także umieszczonych 

w kontekście praktycznym, 

d) znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów 

i twierdzenia cosinusów. 

We wszystkich przedstawionych przez nas zadaniach korzystamy z następujących twierdzeń 

geometrycznych: 

1. Suma kątów trójkąta jest równa 180 ◦ . 

a) Suma kątów ostrych trójkąta prostokątnego jest równa 90 ◦ . 

b) Kąt zewnętrzny trójkąta jest równy sumie kątów wewnętrznych nieprzylegających do 

niego. 

c) Suma kątów czworokąta jest równa 360 ◦ . 

2. Kąty wierzchołkowe są równe. 

3. Suma kątów przyległych jest równa 180 ◦ . 

4. Kąty przy podstawie trójkąta równoramiennego są równe. 

5. Kąty odpowiadające i naprzemianległe przy dwóch prostych równoległych są równe. 

a) Suma kątów położonych przy tym samym boku równoległoboku jest równa 180 ◦ . 

b) Przeciwległe kąty równoległoboku są równe. 

6. Suma dwóch boków trójkąta jest większa od boku trzeciego. 

7. Boki trójkąta położone naprzeciw równych kątów są równe. 

Korzystamy także z trzech cech przystawania trójkątów.




Trójkąty ABC i CDE są równoboczne. Punkty A, C i E leżą na jednej prostej. Punkty K, 

L i M są środkami odcinków AC, CE i BD (zobacz rysunek). Wykaż, że punkty K, L i M 

są wierzchołkami trójkąta równobocznego. 


A 

A 

B 

M 

D 

K C 

L 

B 

M 

D 

K C 

L 

Z treści zadania wynika, że |

48 6. Planimetria 


A 

a 

B 

M 

D 

K C N 

L 

Prowadzimy odcinek MN prostopadły do prostej AE i oznaczmy |AB| = a oraz |DE| = b. 

Ze wzoru na wysokość trójkąta równobocznego |BK| = a√ 3 

2 

Punkt N jest środkiem odcinka KL, więc 

|KL| = a b a+b 

+ = 

2 2 2 . 

|KN| = 1 a+b a+b 

· = 

2 2 4 . 

Odcinek MN łączy środki ramion trapezu prostokątnego LDBK, więc 

|MN| = |BK|+|DL| 

2 

= 

b 

E 

i |DL| = b√3 , ponadto 

2 

a √ 3 

2 + b√3 2 = 

2 

(a+b)√ 3 

= |KN| 

4 

√ 3, 

co oznacza, że trójkąt KNM jest „połową trójkąta równobocznego”, więc trójkąt KLM jest 

równoboczny. 

Uwaga 

Zamiast wyznaczania związku między długościami odcinków MN i KN możemy też obliczyć 

długość boku KM (lub LM) z twierdzenia Pitagorasa: 

stąd 

Zatem 

|MK| 2 = |KN| 2 +|MN| 2 = 

a+b 

4 

 

2 

(a+b) 

+ 

√ 3 

4 

2 2 

a+b a+b a+b 

= +3 = 4 

4 

4 

4 

|MK| = a+b 

2 . 

|MK| = |ML| = |KL| = a+b 

2 . 

2 

2 

= 

= (a+b)2 

, 

4



Umieszczamy oba trójkąty w układzie współrzędnych, tak jak na rysunku, i oznaczamy: 

AB = 4a, CE = 4b. 

A 

y 

B 

M 

D 

K C 

L 

 

Wtedy A = (−2a,0), B = 0,2a √ 

 

3 , C = (2a,0), L = (2a+2b,0), D = 2a+2b, 2b √ 

3 oraz 

E = (2a+4b,0). 

Punkt M to środek odcinka BD, więc M = 

 

a+b,a √ 3+b √ 

3 = a+b,(a+b) √ 

3 . 

Prosta KM ma współczynnik kierunkowy równy a√3+b √ 3 

= 

a+b 

√ 3, więc jest nachylona do 

osi Ox pod kątem 60 ◦ . Współczynnik kierunkowy prostej ML jest równy 

(a+b) √ 3−0 

(a+b)−(2a+2b) = (a+b)√ 3 

−(a+b) = −√ 3, 

co oznacza, że kąt nachylenia prostej ML do osi Ox jest równy 120 ◦ , więc kąt MLK ma 

miarę 60 ◦ . Stąd wnioskujemy, że trójkąt KLM jest równoboczny. 


Pole trójkąta prostokątnego jest równe 60 2 . Jedna przyprostokątna jest o 7 cm dłuższa 

od drugiej. Oblicz długość przeciwprostokątnej tego trójkąta. 


Oznaczamy: a, b — długości przyprostokątnych danego trójkąta. 

Zapisujemy układ równań ⎧ 

⎨ a = b+7 

1 

⎩ a·b = 60. 

2 

Otrzymujemy równanie z jedną niewiadomą 1 

(b+7)b=60, którego rozwiązaniami są liczby 

2 

b = 8 oraz b = −15. 

Odrzucamy rozwiązanie ujemne, gdyż b jest długością odcinka. Zatem b = 8, a = 8+7 = 15. 

Obliczamy długość przeciwprostokątnej c = a 2 +b 2 = 8 2 +15 2 = √ 289 = 17. 

E 

x


Odpowiedź: Przeciwprostokątna ma długość 17 cm. 


Wykonujemy rysunek trójkąta z oznaczeniami lub wprowadzamy oznaczenia wynikające 

z treści zadania: 

a+7 

Zapisujemy równanie: 1 

1 

a(a+7) = 60 lub b(b−7) = 60. 

2 2 

Rozwiązujemy otrzymane równanie: 

lub 

a 

a(a+7) = 120 

a 2 +7a−120 = 0 

a1 = 8 lub a2 = −15 

b(b−7) = 120 

b 2 −7b−120 = 0 

b1 = 15 lub b2 = −8. 

Odrzucamy rozwiązanie ujemne jako sprzeczne z warunkami zadania. 

Obliczamy długości przyprostokątnych, a następnie długość przeciwprostokątnej trójkąta: 

c = 17. 


Wykonujemy rysunek trójkąta z przyjętymi oznaczeniami lub wprowadzamy oznaczenia 

wynikające z treści zadania 

a+7 

a 

c 

b 

b−7


Stosujemy wzór Herona na pole trójkąta i zapisujemy równanie 

p(p−a)(p−a−7)(p−c) = 60, 

gdzie p = 1 

2 (a+a+7+c). 

Przekształcamy otrzymane równanie: 

 

2a+7+c 7+c c−7 2a+7−c 

= 3600, 

2 2 2 2 

(2a+7+c)(2a+7−c)(7+c)(c−7) = 3600·16, 

(2a+7) 2 −c 2 (c 2 −49) = 3600·16. 

Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że c 2 = a 2 +(a+7) 2 . Stąd otrzymujemy 

Stąd 

(2a 2 +14a) 2 = 3600·16. 

2a 2 +14a = 60·4 lub 2a 2 +14a = −60·4 (równanie sprzeczne). 

Zatem mamy równanie a 2 +7a−120 = 0, stąd a = −15 lub a = 8. 

Odrzucamy rozwiązanie ujemne jako sprzeczne z warunkami zadania i obliczamy długość 

przeciwprostokątnej trójkąta: c = 17. 


Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku: 

a+7 

c−x 

h x 

Ze wzoru na pole trójkąta mamy 1 

2 h·c=60. Ponieważ h2 =x(c−x), więc dostajemy równanie 

120 2 

c 2 =cx−x2 , stąd 120 2 =xc 3 −x 2 c 2 , czyli 120 2 =xc(c 2 −xc). Ale xc=a 2 , więc w rezultacie 

otrzymujemy 

120 2 = a 2 (c 2 −a 2 ). 

Z twierdzenia Pitagorasa c 2 = a 2 +(a+7) 2 , więc dostajemy równanie 

Stąd 

120 2 = a 2 (a 2 +(a+7) 2 −a 2 ). 

a 

120 2 = a 2 (a+7) 2 , 

(a(a+7)) 2 −120 2 = 0,


(a(a+7)−120)(a(a+7)+120) = 0, 

a(a+7)−120 = 0 lub a(a+7)+120 = 0, 

120 = a(a+7) lub 120 = −a(a+7). 

Drugie z tych równań jest sprzeczne, więc otrzymujemy jedno równanie: a(a+7)=120, czyli 

a 2 +7a−120 = 0. Zatem a = −15 lub a = 8. 

Odrzucamy rozwiązanie ujemne jako niezgodne z warunkami zadania i obliczamy długość 

przeciwprostokątnej trójkąta: c = 17. 


Trójkąty prostokątne równoramienne ABC i CDE są położone tak jak na poniższym rysunku 

(w obu trójkątach kąt przy wierzchołku C jest prosty). Wykaż, że |AD| = |BE|. 

Rozwiązanie 

D 

C 

A B 

Dorysowujemy odcinki AD i BE. Uzasadniamy, że trójkąty ACD i BCE są przystające: 

|AC| = |BC|, bo trójkąt ABC jest równoramienny; 

|CD| = |CE|, bo trójkąt CDE jest równoramienny; 


Rozwiązanie 

D 

A E 

B 

C 

Prowadzimy wysokość CE trójkąta równobocznego ABC. Wówczas |AE|=3 i stąd |CD|=|AE|=3. 

Następnie |BC| = |AB| = 6 oraz |DA| = |CE| = 3 √ 3. Stąd obwód trapezu jest równy 

6+6+3+3 √ 3 = 15+3 √ 3. 


Dany jest czworokąt ABCD, w którym AB CD. Punkt E leży na boku BC oraz |EC| = |CD| 

i |EB| = |BA|. Wykaż, że kąt AED jest prosty. 


Niech |



Niech |


Dorysowujemy w danym trapezie odcinek EF równoległy do podstaw trapezu ABCD. Zachodzi 

równość: |


Rozwiązanie 

E F 

D 

A B 

Czworokąt ABCD jest równoległobokiem, czworokąt DCFE jest kwadratem, więc |AB|=|CD|=|CF|. 

W kwadracie CBHG odcinki BC i CG są równe. 

Niech α oznacza kąt ABC danego równoległoboku. Wówczas |


Obliczamy |AD|, stosując twierdzenie cosinusów dla trójkąta ABD: 

Stąd 


|AD| 2 = |AB| 2 +|BD| 2 −2|AB|·|BD|·


Zapisujemy twierdzenie cosinusów dla trójkąta ABC, gdzie |


Z twierdzenia o środku ciężkości trójkąta wynika, że |AS|= 2 

3 

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ASE mamy: 

Stąd 

Zatem 

VI sposób rozwiązania 

|AS| 2 = |AE| 2 +|SE| 2 , czyli 

|AD| i |SE|= 1 

3 

 

2 

3 |AD| 

2 = 4 2 

4 

+ 

3 √ 2 . 

3 

4 

9 |AD|2 = 16+ 16 4 

, czyli 

27 9 |AD|2 = 448 

27 . 

 

112 7 

|AD| = = 4 

3 3 = 4√21 . 

3 

C 

30 

A E 

B 

◦ 

D 

1 4 

|CE|= · √ = 

3 3 4 

3 √ 3 . 

Z treści zadania wynika, że |AE| = |EB| = 4. Trójkąt CEB jest „połową” trójkąta równobocznego 

o wysokości EB, więc |BC| = 8 

√ = |AC|. Zaznaczamy punkt F tak, że 

3 −→ −→ 

AD = DF. 

Otrzymujemy równoległobok ABFC (zobacz rysunek), 

C 

A B 

w którym |


Dany jest czworokąt wypukły ABCD niebędący równoległobokiem. Punkty M, N są odpowiednio 

środkami boków AB i CD. Punkty P, Q są odpowiednio środkami przekątnych AC 

i BD. Uzasadnij, że MQ PN. 

Rozwiązanie 

D 

A M 

B 

Ponieważ punkty N i P są środkami boków DC i AC trójkąta ADC, więc NP AD. 

Punkty M i Q są środkami boków AB i DB trójkąta ABD, więc MQ AD. 

Zatem NP MQ. 

P 

N 

Q 

C

Rozdział 7 

Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej 

W dziale geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej: 


w których: 

a) wykorzystuje pojęcie układu współrzędnych na płaszczyźnie, 

b) podaje równanie prostej w postaci Ax+By+C = 0 lub y = ax+b, mając dane dwa jej 

punkty lub jeden punkt i współczynnik a w równaniu kierunkowym, 

c) bada równoległość i prostopadłość prostych na podstawie ich równań kierunkowych, 

d) interpretuje geometrycznie układ dwóch równań liniowych z dwiema niewiadomymi, 

e) oblicza odległości punktów na płaszczyźnie kartezjańskiej, 

f) wyznacza współrzędne środka odcinka, 

g) posługuje się równaniem okręgu (x−a) 2 +(y−b) 2 = r 2 


a) interpretuje geometrycznie nierówność liniową z dwiema niewiadomymi i układy takich 

nierówności, 

b) rozwiązuje zadania dotyczące wzajemnego położenia prostej i okręgu, oraz dwóch okręgów 

na płaszczyźnie kartezjańskiej, 

c) oblicza odległość punktu od prostej, 

d) opisuje koła za pomocą nierówności, 

e) oblicza współrzędne oraz długość wektora; dodaje i odejmuje wektory oraz mnoży je 

przez liczbę, 

f) interpretuje geometrycznie działania na wektorach, 

g) stosuje wektory do rozwiązywania zadań, a także do dowodzenia własności figur, 

h) stosuje wektory do opisu przesunięcia wykresu funkcji. 


Zadanie 1. (Próba listopad 2009 — zadanie 28 (2 p.)) 

W układzie współrzędnych na płaszczyźnie punkty A = (2,5) i C = (6,7) są przeciwległymi 

wierzchołkami kwadratu ABCD. Wyznacz równanie prostej BD.

62 7. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej 


Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej AC: aAC = 7−5 1 

= , a następnie wyznaczamy 

6−2 2 

współczynnik kierunkowy prostej BD prostopadłej do AC: aBD = −2. 

 

2+6 5+7 

Wyznaczamy współrzędne środka S odcinka AC: S = , = (4,6) i wyznaczamy 

2 2 

równanie prostej o współczynniku kierunkowym −2, przechodzącej przez punkt S. 

Odpowiedź: y = −2x+14. 


Wykonujemy rysunek w prostokątnym układzie współrzędnych, zaznaczając punkty A i C. 

y 

9 

8 

7 

6 

5 

4 

3 

2 

1 

D=(3,8) 

A=(2,5) 

S=(4,6) 

B=(5,4) 

C=(6,7) 

−1 

−1 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 

Na podstawie wyznaczonych punktów określamy współrzędne środka odcinka AC: S=(4,6), 

a następnie zaznaczamy punkty B = (5,4) i D = (3,8). 

Wyznaczamy równanie prostejBD w dowolnej postaci, np. y = −2x + 14. W szczególności, 

możemy znaleźć punkty przecięcia prostej BD z osiami układu współrzędnych i zapisać równanie 

odcinkowe x y 

+ =1. Możemy również odczytać z rysunku współczynnik kierunkowy 

7 14 

prostej BD i punkt przecięcia z osią Oy. 


Wyznaczamy równanie symetralnej odcinka AC, np. 

(xC −xA)x+(yC −yA)y−(xC −xA)xS −(yC −yA)yS = 0, 

gdzie: A=(xA,yA), C=(xC,yC) i S=(xS,yS) jest środkiem odcinka AC. Symetralną odcinka 

AC jest prosta o równaniu 2x+y−14 = 0. Ta prosta przechodzi przez punkty B i D. 


Obliczamy współrzędne wektora −→ 

AC = [4,2]. 

Zapisujemy równanie prostej BD wynikające z iloczynu skalarnego dwóch wektorów: 4·x ′ +2·y ′ =0, 

gdzie x ′ = x−xS oraz y ′ = y−yS, 4(x−xS)+2(y−yS) = 0, gdzie S = (xS,yS) jest środkiem 

przekątnej AC. 

x


Obliczamy współrzędne środka kwadratu ABCD: S = (4,6). 

Wyznaczamy równanie prostej BD w postaci np. y = −2x+14. 


Wyznaczamy współrzędne wektora −→ 

AC=[4,2] oraz wektora do niego prostopadłego, np. [−2,4]. 

Zapisujemy równanie parametryczne prostej 

 

prostopadłej przechodzącej przez punkt S=(4,6) 

x = 4−2t 

— środek przekątnej kwadratu ABCD: 

y = 6+4t. 

Wyznaczamy równanie prostej BD w dowolnej postaci, przekształcając układ równań, np. 

y−6+2(x−4) = 0. 

VI sposób rozwiązania 

Na podstawie współrzędnych punktów A = (2,5) i C = (6,7) zapisujemy równość odległości 

od punktu P = (x,y), gdzie P jest dowolnym punktem leżącym na symetralnej odcinka AC: 

(x−2) 2 +(y−5) 2 = (x−6) 2 +(y−7) 2 . 

Wyznaczamy równanie prostej BD w postaci np. y = −2x+14. 


Punkty A=(2,0) i B=(12,0) są wierzchołkami trójkąta prostokątnego ABC o przeciwprostokątnej 

AB. Wierzchołek C leży na prostej o równaniu y = x. Oblicz współrzędne punktu C. 


Punkt C leży na prostej o równaniu y = x i na okręgu, którego środkiem jest środek przeciwprostokątnej, 

a promień jest równy połowie długości tej przeciwprostokątnej. 

 

Obliczamy długość przeciwprostokątnej AB: |AB| = (12−2) 2 +(0−0) 2 = 10. 

Wyznaczamy współrzędne środka przeciwprostokątnej: S = (7, 0). 

Zapisujemy równanie okręgu: (x−7) 2 +y 2 = 25. 

Rozwiązujemy układ równań 

y = x 

(x−7) 2 +y 2 = 25 . 

Otrzymujemy równanie z jedną niewiadomą: x 2 −7x+12 = 0. 

Rozwiązaniem tego równania są liczby: x1 = 4, x2 = 3. 

Odpowiedź: Warunki zadania spełniają dwa punkty: C = (4,4) oraz C = (3,3). 


Oznaczamy współrzędne punktu C przez (x,y). Wtedy 

 

|AB| = 

 

|AC| = (x−2) 2 +(y−0) 2 , 

 

|BC| = (x−12) 2 +(y−0) 2 . 

(12−2) 2 +(0−0) 2 = 10,


Trójkąt ABC jest prostokątny, więc spełniona jest równość |AC| 2 +|BC| 2 = |AB| 2 , czyli 

(x−2) 2 +y 2 +(x−12) 2 +y 2 = 10 2 . 

Punkt C leży też na prostej o równaniu y = x, zatem, aby obliczyć jego współrzędne, rozwiązujemy 

układ równań: 

(x−2) 2 +y 2 +(x−12) 2 +y 2 = 10 2 

y = x 

x 2 −4x+4+x 2 +x 2 −24x+144+x 2 = 100 

x 2 −7x+12 = 0 

x1 = 4, x2 = 3. 



Oznaczamy współrzędne punktu C przez (x,y). Punkt C leży na prostej o równaniu y = x 

i jednocześnie jest początkiem dwóch wektorów prostopadłych −→ 

CA i −→ 

CB. 

Wyznaczamy współrzędne wektorów −→ 

CA i −→ 

CB: 

−→ 

CA = [2−x,−y], −→ 

CB = [12−x,−y]. 

Rozwiązujemy układ równań 

y = x 

(2−x)(12−x)+(−y)(−y) = 0 

y = x 

24−2x−12x+x 2 +y 2 = 0 

2x 2 −14x+24 = 0 

x 2 −7x+12 = 0 

x1 = 3, x2 = 4. 



Punkt C leży na prostej o równaniu y = x, więc C = (x,x). 

y 

5 

4 

3 

2 

C 

y=x 

1 

A D 

B x 

−1 

−1 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13


Punkt D jest spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka kąta prostego na przeciwprostokątną 

AB, więc D=(x,0). Korzystając ze związków miarowych w trójkącie prostokątnym 

otrzymujemy zależność |CD| 2 =|AD|·|DB|. Długości tych odcinków to: |CD|=|x|, |AD|=|x−2|, 

|DB| = |12−x|. 

Otrzymujemy równanie |x| 2 = |x−2|·|12−x| dla x ∈ 〈2, 12〉, czyli 

x 2 = 14x−24−x 2 , 

x 2 −7x+12 = 0, 

x1 = 4, x2 = 3. 



Zapisujemy układ równań złożony z równania prostej y = x oraz równań pęków prostych 

przechodzących odpowiednio przez punkty A i B. 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

y = x 

y = a(x−2) 

y = − 1 

a (x−12). 

Przekształcamy układ równań do równania z niewiadomą a: 

2a 

a(1−a) 

12 2a 

+ + = 0. 

a 1−a 

Przekształcamy równanie wymierne do równania kwadratowego: a 2 −5a+6 = 0, skąd otrzymujemy 

2 rozwiązania: a = 2 lub a = 3. 

Otrzymujemy współrzędne dwóch punktów spełniających warunki zadania, odpowiednio 

C = (4,4) oraz C = (3,3). 


Okrąg o środku w punkcie S = (3,7) jest styczny do prostej o równaniu y = 2x − 3. Oblicz 

współrzędne punktu styczności. 


Współczynnik kierunkowy m prostej prostopadłej do prostej o równaniu y=2x−3 jest równy 

m = − 1 

2 . 

Zapisujemy równanie prostej prostopadłej do stycznej i przechodzącej przez punkt S=(3,7): 

y = − 1 17 

x+ 

2 2 . 

Zapisujemy i rozwiązujemy układ równań: 

⎧ 

⎨y 

= 2x−3 

⎩y 

= − 1 17 

x+ 

2 2 ,


Stąd y = 31 

5 . 

Zatem punkt styczności ma współrzędne 


− 1 17 

x+ = 2x−3, 

2 2 

x = 23 

5 . 

 

23 31 

, . 

5 5 

Obliczamy odległość d środka okręgu S = (3,7) od prostej o równaniu 2x−y−3 = 0: 

d = |6−7−3| 

√ 4+1 = 4 

√ 5 . 

Punkt P = (x,2x−3) jest punktem styczności okręgu o środku w punkcie S = (3,7) i prostej 

y = 2x−3. Zatem |PS| = d oraz |PS| = 

Przekształcamy równanie 

Rozwiązujemy równanie 5x 2 −46x+105 4 

= 0. 

5 

Stąd x = 23 

5 . 

Zatem punkt styczności ma współrzędne: P = 


 

(x−3) 2 +(2x−10) 2 . 

 

(x−3) 2 +(2x−10) 2 = 4 

√ do postaci 5x 

5 2 − 46x + 109 − 16 

= 0. 

5 

 

23 31 

, . 

5 5 

Punkt P = (x,y) jest punktem styczności okręgu o środku S = (3,7) i prostej y = 2x−3. 

2 2 2 

(x−3) +(y−7) = r 

Zapisujemy układ równań: 

y = 2x−3. 

Przekształcamy układ równań do równania kwadratowego z niewiadomą x: 

(x−3) 2 +(2x−10) 2 = r 2 , 

5x 2 −46x+109−r 2 = 0. 

Zapisujemy warunek ∆ = 0 , dla którego okrąg ma jeden punkt wspólny z prostą y = 2x−3 

i obliczamy r 2 : 

Rozwiązujemy równanie: 

∆ = −64+20r 2 , 20r 2 −64 = 0, 20r 2 = 64, r 2 = 64 16 

= 

20 5 . 

5x 2 −46x+109− 16 

= 0, 

5 

5x 2 −46x+105 4 

= 0, 

5 

x = 23 

5 .


 

23 31 

Zatem punkt styczności ma współrzędne: P = , . 

5 5 


Punkty A = (1, 5), B = (14, 31), C = (4, 31) są wierzchołkami trójkąta. Prosta zawierająca 

wysokość tego trójkąta poprowadzona z wierzchołka C przecina prostą AB w punkcie D. 

Oblicz długość odcinka BD. 


Wyznaczamy równanie prostej AB: y = 2x+3. 

Wyznaczamy równanie prostej CD, prostopadłej do prostej AB: y = − 1 

2 x+33. 

Obliczamy współrzędne punktu D: D = (12,27). 

Obliczamy długość odcinka BD: |BD| = 2 √ 5. 



Wyznaczamy równanie prostej CD, prostopadłej do prostej AB: y=− 1 

x+33, czyli x+2y−66=0. 

2 

Obliczamy odległość punktu B = (14,31) od prostej CD o równaniu x+2y−66 = 0: 

|14+2·31−66| 

√ 5 


= 2 √ 5, więc |BD| = 2 √ 5. 


Obliczamy odległość punktu C = (4, 31) od prostej AB o równaniu 2x−y+3 = 0: 

|CD| = |2·4−31+3| 

√ 5 

Obliczamy długość odcinka CB: |CB| = 10. 

= 20 

√ 5 . 

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta CDB i obliczamy długość odcinka BD: 

2 20 

√5 +|BD| 2 = 10 2 , więc |BD| = 2 √ 5. 


Obliczamy długość odcinka CB oraz wysokość trójkąta ABC opuszczoną z wierzchołka A: 

|CB| = 10, hA = 26. 

Obliczamy pole trójkąta ABC: PABC = 10·26 

2 

= 130. 

Obliczamy długość odcinka AB: |AB| = √ 845 = 13 √ 5. 

Pole trójkąta ABC możemy zapisać następująco: PABC= |AB|·|CD| 

2 

Stąd |CD| = 4 √ 5. 

. Zatem 13√5·|CD| =130. 

2


Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta CDB i obliczamy długość odcinka BD: 

 

4 √ 2 5 +|BD| 2 = 10 2 , więc |BD| = 2 √ 5. 


Obliczamy długości wszystkich boków trójkąta ABC: |AB| = √ 845, |AC| = √ 685, |CB| = 10. 

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów CDB i ADCi zapisujemy układ równań: 

 

|CB| 2 = |BD| 2 +|CD| 2 

|CA| 2 = (|AB|−|BD|) 2 +|CD| 2 . 

Wyznaczamy |CD| 2 z pierwszego równania i podstawiamy do drugiego równania. Otrzymujemy: 

√ 2 √ 2 685 = 845−|BD| +10 2 −|BD| 2 . 

Stąd |BD| = 2 √ 5. 



Punkt A = (−2,5) jest jednym z wierzchołków trójkąta równoramiennego ABC, w którym 

|AC| = |BC|. Pole tego trójkąta jest równe 15. Bok BC jest zawarty w prostej o równaniu 

y = x+1. Oblicz współrzędne wierzchołka C. 


A=(−2,5) 

y 

6 

5 

4 

3 

2 

1 

−3 −2 −1 

−1 

1 2 3 4 5 

−2 

Obliczamy odległość punktu A od prostej o równaniu x−y+1 = 0: d = |−2−5+1| 

√ 1+1 = 3 √ 2. 

x


Obliczona odległość d jest równa wysokości trójkąta ABC poprowadzonej do boku BC. 

Znamy pole trójkąta ABC, więc obliczamy długość boku BC. 

PABC = 15, 

1 

d·|BC| = 15, 

2 

|BC| = 30 

3 √ 2 = 5√2. Punkt C = (x,y) leży na prostej o równaniu y = x+1, zatem C = (x,x+1). 

Ponieważ |AC| = |BC|, więc korzystając ze wzoru na długość odcinka, zapisujemy równanie: 

 

(x+2) 2 +(x+1−5) 2 = 5 √ 2 

Rozwiązujemy otrzymane równanie: 

x 2 +4x+4+x 2 −8x+16 = 50, 

x1 = 5, x2 = −3 i następnie y1 = 6 oraz y2 = −2. 

x 2 −2x−15 = 0, 

Ostatecznie otrzymujemy dwa punkty: C1 = (5,6) oraz C2 = (−3,−2). 


Punkty B i C leżą na prostej o równaniu y = x+1, zatem B = (xB,xB +1), C = (xC,xC +1). 

Wyznaczamy współrzędne wektorów −→ 

AC i −→ 

AB: −→ 

AC = [xC +2, xC +1−5] = [xC +2, xC −4], 

−→ 

AB = [xB +2, xB −4]. 

Pole trójkąta ABC obliczamy ze wzoru 

PABC = 1 

 

−→ −→ 

 

1 

AC, AB = 

2 

2 |(xC +2)·(xB −4)−(xC −4)·(xB +2)| = 

= 1 

2 |xC ·xB −4xC +2xB −8−xC ·xB −2xC +4xB +8| = 

= 1 

2 ·|6xB −6xC| = 3·|xB −xC|. 

Stąd i z tego, że |AC| = |BC|, otrzymujemy układ równań 

|AC| = |BC| 

3·|xB −xC| = 15. 

Zatem mamy dwa układy równań: 

 

3·(xB 

−xC) = 15 

(xC +2) 2 +(xC −4) 2 

= (xC −xB) 2 +(xC −xB) 2 

lub 

 

−3·(xB 

−xC) = 15 

(xC +2) 2 +(xC −4) 2 

= (xC −xB) 2 +(xC −xB) 2 .


Rozwiązujemy pierwszy układ równań. 

xB −xC = 5 

 

x 2 C +4x C +4+x2 C −8x C +16 = √ 25+25. 

Z drugiego równania otrzymujemy równanie kwadratowe 

2x 2 C −4xC +20 = 50, 

x 2 C −2xC −15 = 0. 

Rozwiązaniami równania są liczby xC = 5 i xC = −3. 

Współrzędne punktów B i C to C1 = (5,6), C2 = (−3,−2), B1 = (10,11), B2 = (2,3). 

Rozwiązujemy drugi układ równań. 

xB −xC = −5 

 

x 2 C +4x C +4+x2 C −8x C +16 = √ 25+25. 

Z drugiego równania otrzymujemy równanie kwadratowe 

2x 2 C −4xC +20 = 50, 

x 2 C −2xC −15 = 0. 

Rozwiązaniami równania są liczby xC = 5 i xC = −3. 

Stąd otrzymujemy C1 = (5,6), B1 = (0,1) oraz C2 = (−3,−2), B2 = (−8,−7). 

Wierzchołkiem C trójkąta ABC jest zatem punkt C = (5,6) lub C = (−3,−2). 


Oblicz miarę kąta między stycznymi do okręgu x 2 + y 2 + 2x − 2y − 3 = 0 poprowadzonymi 

przez punkt A = (2, 0). 


Stwierdzamy, że prosta o równaniu x = 2 nie jest styczna do okręgu x 2 +y 2 +2x−2y−3 = 0 

(odległość środka okręgu od tej prostej jest większa od promienia). Zapisujemy równanie 

kierunkowe prostej przechodzącej przez punkt A = (2, 0): y = a(x−2) lub y = ax−2a w za- 

leżności od parametru a (gdzie a jest współczynnikiem kierunkowym prostej stycznej). 

2 2 

x +y +2x−2y−3 = 0 

Zapisujemy układ równań 

i doprowadzamy go do równania 

y = ax−2a 

kwadratowego z niewiadomą x, np. x 2 +(ax−2a) 2 +2x−2(ax−2a)−3=0. Prosta y=ax−2a 

jest styczna do okręgu wtedy, gdy układ ten ma dokładnie jedno rozwiązanie, czyli gdy 

równanie kwadratowe x 2 +(ax−2a) 2 +2x−2(ax−2a)−3=0 ma dokładnie jedno rozwiązanie. 

Przekształcamy równanie 

x 2 +a 2 x 2 −4a 2 x+4a 2 +2x−2ax+4a−3 = 0, 

x 2 1+a 2 +x −4a 2 −2a+2 +4a 2 +4a−3 = 0.


S 

y 

4 

3 

2 

1 

−3 −2 −1 1 2 3 4 5 

−1 

−2 

Zapisujemy warunek na to, aby równanie x 2 1+a 2 + x −4a 2 −2a+2 + 4a 2 + 4a − 3 = 0 

miało jedno rozwiązanie: ∆ = 0. 

Obliczamy ∆ = −4a 2 −2a+2 2 −4· 1+a 2 · 4a 2 +4a−3 i otrzymujemy równanie 

Stąd 2a 2 +3a−2 = 0. 

Rozwiązujemy równanie 2a 2 +3a−2 = 0: 

4 2a 2 +a−1 2 −4· 1+a 2 · 4a 2 +4a−3 = 0. 

A 

a1 = −2 lub a2 = 1 

2 . 

Ponieważ a1, a2 oznaczają współczynniki kierunkowe prostych stycznych i a1·a2 =−1, więc 

te styczne są do siebie prostopadłe. 

Stąd miara kąta między stycznymi jest równa 90 ◦ . 

Możemy też skorzystać ze wzorów Viète’a i zapisać a1 · a2 = −2 

2 = −1, gdzie a1 i a2 są 

pierwiastkami równania 2a 2 +3a−2 = 0. 

Ponieważ a1, a2 oznaczają współczynniki kierunkowe prostych stycznych i a1·a2 =−1, więc 

te styczne są do siebie prostopadłe. 

Zatem kąt między stycznymi jest równy 90 ◦ . 

x



Przekształcamy równanie okręgu x 2 +y 2 +2x−2y−3 = 0 do postaci (x+1) 2 +(y−1) 2 = 5. 

Wyznaczamy współrzędne środka S i promień r tego okręgu: S = (−1,1), r = √ 5. 

Stwierdzamy, że prosta o równaniu x = 2 nie jest styczna do okręgu x 2 +y 2 +2x−2y−3 = 0. 

Zapisujemy równanie kierunkowe prostej przechodzącej przez punkt A = (2, 0) i stycznej 

do okręgu: 

y=a(x−2) lub y=ax−2a lub ax−y−2a=0 w zależności od parametru a (gdzie a oznacza 

współczynnik kierunkowy prostej stycznej). 

Wyznaczamy odległość środka S okręgu od prostej o równaniu ax−y−2a = 0: 

d = |−a−1−2a| 

√ . 

a2 +1 

Ponieważ promień okręgu jest równy odległości środka okręgu S od stycznej, więc otrzymujemy 

równanie 

Przekształcamy to równanie: 

stąd 

Dalej postępujemy jak w sposobie I. 


√ |−a−1−2a| 

5 = √ . 

a2 +1 

5a 2 +5 = |−3a−1|, 

5a 2 +5 = 9a 2 +6a+1, 

2a 2 +3a−2 = 0. 

Przekształcamy równanie okręgu x 2 +y 2 +2x−2y−3 = 0 do postaci (x+1) 2 +(y−1) 2 = 5. 


Rysujemy okrąg o środku S = (−1,1) i promieniu r = √ 5 oraz punkt A = (2, 0). 

Niech punkty B i C będą punktami styczności prostych poprowadzonych z punktu A=(2, 0) 

do okręgu o równaniu (x+1) 2 +(y−1) 2 = 5. 

Wówczas |


S 

y 

4 

3 

2 

1 

−3 −2 −1 1 2 3 4 5 

−1 

C 

−2 

B 

Punkty przecięcia okręgów o równaniach (x+1) 2 + (y−1) 2 = 5 i (x−2) 2 + y 2 = 5, które 

są jednocześnie punktami styczności prostych stycznych do okręgu (x+1) 2 + (y−1) 2 = 5, 

poprowadzonych przez punkt A = (2, 0), to punkty B i C. Wyznaczamy ich współrzędne 

rozwiązując układ równań 

(x+1) 2 +(y−1) 2 = 5 

(x−2) 2 +y 2 = 5 

lub odczytujemy z wykresu: B = (1, 2) i C = (0, −1). 

Przekształcamy układ równań do równania i wyznaczamy y w zależności od x: 

(x+1) 2 +(y−1) 2 = (x−2) 2 +y 2 , 

x 2 +2x+1+y 2 −2y+1 = x 2 −4x+4+y 2 , 

A 

−4x+4−2x+2y−2 = 0, 

−6x+2y+2 = 0, 

2y = 6x−2, 

y = 3x−1. 

Podstawiamy y = 3x−1 do równania (x−2) 2 +y 2 = 5. Przekształcamy to równanie: 

(x−2) 2 +(3x−1) 2 = 5 

10x 2 −10x = 0, 

10x(x−1) = 0. 

x

Stąd x = 0 lub x−1 = 0. 

Zatem x = 0 lub x = 1. 

Zatem y = −1 lub y = 2. 

Punkty styczności mają współrzędne B = (1, 2) i C = (0, −1). 

Zapisujemy równania prostych AB i AC stycznychdo okręgu (x+1) 2 +(y−1) 2 = 5: 

y = −2x+4 i y = 1 

2 x−1 lub tylko ich współczynniki kierunkowe: a1 = −2, a2 = 1 

2 . 

Ponieważ −2· 1 

= −1, to proste AB i AC są prostopadłe. 

2 



Rysujemy okrąg o środku S = (−1,1) i promieniu r = √ 5 oraz punkt A = (2, 0). 

S 

y 

4 

3 

2 

1 

−3 −2 −1 1 2 3 4 5 

−1 

−2 

C 

B 

Mamy: |SB| = √ 

5 oraz |SA| = (−1−2) 2 +(1−0) 2 = √ 10, a trójkąt SAB jest prostokątny, 

z kątem prostym przy wierzchołku B. 

Obliczamy |

W dziale stereometria: 

Rozdział 8 

Stereometria 


w których: 

a) wskazuje i oblicza kąty między ścianami wielościanu, między ścianami i odcinkami oraz 

między odcinkami takimi jak krawędzie, przekątne, wysokości, 

b) wyznacza związki miarowe w wielościanach i bryłach obrotowych z zastosowaniem trygonometrii 


a) wyznacza przekroje wielościanów płaszczyzną, 

b) stosuje twierdzenie o trzech prostych prostopadłych. 



Podstawą ostrosłupa ABCD jest trójkąt ABC. Krawędź AD jest wysokością ostrosłupa (zobacz 

rysunek). Oblicz objętość ostrosłupa ABCD, jeśli wiadomo, że |AD| = 12, |BC| = 6, 

|BD| = |CD| = 13. 

D 

13 

12 13 

C 

6 

A B

76 8. Stereometria 

Strategia rozwiązania tego zadania sprowadza się do realizacji następujących etapów rozwiązania: 

obliczenie długości krawędzi AB lub AC podstawy ostrosłupa bądź wysokości DE ściany 

bocznej BCD; 

zastosowanie poprawnej metody obliczenia pola podstawy i obliczenie tego pola; 

obliczenie objętości ostrosłupa. 

I sposób rozwiązania („krawędź podstawy, wysokość AE podstawy i wzór na pole trójkąta 

ABC”) 

Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta ABD wynika, że |AB| 2 =|BD| 2 −|AD| 2 =25, 

stąd |AB| = 5. Podobnie z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta ACD wynika, 

że |AC| = 5. 

A 

B C 

E 

Rysujemy trójkąt ABC i prowadzimy w nim wysokość AE. Trójkąt ABC jest równoramienny 

(|AB| = |AC|), więc |BE| = |EC| = 3. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AEB mamy 

|AE| 2 = |AB| 2 −|BE| 2 = 16, stąd |AE| = 4. 

Zatem PABC = 1 

·6·4 = 12. 

2 

Objętość ostrosłupa jest równa V = 1 

·12·12 = 48. 

3 

II sposób rozwiązania („krawędź podstawy, cosinus jednego z kątów trójkąta ABC, wzór 

z sinusem na pole trójkąta ABC”) 

Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta ABD wynika, że |AB| 2 =|BD| 2 −|AD| 2 =25, 

stąd |AB| = 5. Podobnie z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta ACD wynika, 

że |AC| = 5.


A 

β 

α 

B E 

C 

Rysujemy trójkąt ABC, prowadzimy w nim wysokość AE i oznaczamy α = |


stąd |AB| = 5. Podobnie, z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta DAC wynika, 

że |AC| = 5. Pole trójkąta ABC obliczamy ze wzoru Herona 

PABC = p(p−a)(p−b)(p−c), gdzie p = 5+5+6 

= 8, 

2 

p−a = 8−6 = 2, 

PABC = √ 8·2·3·3 = 12. 

Objętość ostrosłupa jest równa 

V = 1 

3 ·PABC ·|AD| = 1 

·12·12 = 48. 

3 

p−b = p−c = 8−5 = 3. 

IV sposób rozwiązania („wysokość ściany bocznej BCD, wysokość AE podstawy i wzór na 

pole trójkąta ABC”) 

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. 

D 

13 

12 13 

C 

6 

E 

A B 

Trójkąt BCD jest równoramienny, więc środek E boku BC jest spodkiem wysokości DE tego 

trójkąta. Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta BED wynika, że 

|DE| 2 = |BD| 2 −|BE| 2 = 13 2 −3 2 = 160. 

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie DAE obliczamy wysokość AE trójkąta ABC: 

|AE| 2 = |DE| 2 −|AD| 2 = 160−12 2 = 16, 

stąd |AE| = 4. Pole trójkąta ABC jest równe PABC = 1 

·6·4 = 12. 

2


Objętość ostrosłupa jest równa V = 1 

·12·12 = 48. 

3 


Punkty K, L i M są środkami krawędzi BC, GH i AE sześcianu ABCDEFGH o krawędzi 

długości 1 (zobacz rysunek). Oblicz pole trójkąta KLM. 

Rozwiązanie 

E 

M 

D 

A B 

Trójkąt ABK jest trójkątem prostokątnym, zatem |AK| 2 = 

Trójkąt MAK jest trójkątem prostokątnym, zatem 

H 

|MK| 2 = |MA| 2 +|AK| 2 = 

F 

L 

K 

G 

C 

2 1 

+ 

2 

5 3 

= 

4 2 . 

2 1 

+1. Stąd |AK| 

2 

2 = 5 

4 . 

Analogicznie dla trójkątów MEL i LGK obliczamy kwadraty długości boków ML i KL: 

|ML| 2 = |KL| 2 = 3 

2 . 

Ponieważ |ML| 2 = |KL| 2 = |MK| 2 , więc trójkąt KLMjest równoboczny. 

Zatem jego pole jest równe P = |MK|2 · √ 3 

3 

2 , stąd P = 

4 

·√3 4 



3√ 

= 3. 

8 

W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość a. Ściany boczne są 

trójkątami ostrokątnymi. Miara kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi jest równa 2α. 

Wyznacz objętość tego ostrosłupa. 

Uwaga 

Strategię rozwiązania zadania można zrealizować na wiele sposobów. W każdym z nich 

wyróżniamy następujące etapy rozwiązania:


poprawna interpretacja bryły i podanego kąta dwuściennego w tej bryle; 

wyznaczenie m lub h w zależności od a i α; 

wyznaczenie jednej z wielkości: x, b, hb (w zależności od a i α), z której można już 

wyznaczyć H; 

wyznaczenie H w zależności od a i α; 

wyznaczenie V w zależności od a i α. 

Użyliśmy oznaczeń takich jak na rysunku. 

I sposób rozwiązania (wyznaczenie m, wyznaczenie x, wyznaczenie H z podobieństwa trójkątów 

OCS i ECF) 

Wysokość podstawy ostrosłupa jest równa hp = a√ 3 

2 .


Wyznaczamy wysokość FE trójkąta równoramiennego ABE: 

α = |FB| 

|BE| = 

1 

2 a 

m 

, stąd m = a 

2 α . 

 

Wyznaczamy długość odcinka EC z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie FEC: x = h2 p −m2 , 

czyli 

 

 

 

x = 

a √ 2 

 

2 

3 a 3 

− = a 

2 2α 

2 α−1 

4 2 

a 4 

= 

α 2 α−1 

. 

2 α 

Z podobieństwa trójkątów OCS i ECF mamy: 

Stąd 

H = 

|OS| 

|OC| 

2 m· 3 · a√3 2 √ 

a 4 2 

α−1 

2 α 

Wyznaczamy objętość ostrosłupa: 

= |EF| 

|EC| 

= 

H 

, czyli 2 

3hp = m 

x . 

a 

2α · a√3 3 

√ 

a 4 2 

α−1 

2 α 

a α 

= √ 

3· 4 2 α−1 . 

V = 1 

3 · a2√3 ·H = 

4 

1 

3 · a2√3 a α 

· √ 

4 3 4 2 α−1 = 

a3 α 

 

12 4 2 α−1 . 

II sposób rozwiązania (wyznaczenie h, wyznaczenie x, wyznaczenie b z podobieństwa trójkątów 

DCS i ECB, wyznaczenie H) 


2 . 

Wyznaczamy wysokość BE ściany bocznej BCS ostrosłupa: 

α = |FB| 

|BE| = 

1 

2 a 

h 

, stąd h = a 

2 α .


(Albo z twierdzenia cosinusów: a 2 = h 2 +h 2 −2·h·h2α, skąd h = 

Wyznaczamy długość odcinka EC z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie BEC: 

x = a2 −h2 

= a2 − a2 

4 2 

a 4 

= 

α 2 α−1 

. 

2 α 

Trójkąty DCS i ECB są podobne. Stąd obliczamy długość krawędzi bocznej: 

b a 

= , więc b = 

a x 

1 

2 

1 

2a2 √ 

a 4 2 

α−1 

2 α 

a α 

= 

4 2 α−1 . 

a 

2(1−2α) ). 

Wyznaczamy wysokość ostrosłupa, korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta COS: 

zatem 

H 2 

2 

+ 

3 hp 

2 = b 2 , 

 

Wyznaczamy objętość ostrosłupa: 

H 2 = 

a α 

 

4 2 α−1 

2 

 

a 

− 

√ 2 3 

= 

3 

4 2 

α−1 

= 

9a 

= 

2 2 α−3a2 

 

9 4 2 α−1 

a 

= 

2 

 

1− 2 

α 

 

3 4 2 a 

= 

α−1 

2 2 α 

 

3 4 2 , 

α−1 

a α 

H = 

3 4 2 

α−1 

. 

V = 1 

3 · a2√3 ·H = 

4 

1 

3 · a2√3 a α 

· 

4 

3 4 2 1 a 

= 

12 

α−1 

3 α 

 

4 2 α−1 .


III sposób rozwiązania (wyznaczenie h, wyznaczenie x, wyznaczenie hb, wyznaczenie H) 


2 . 

Wyznaczamy wysokość BE ściany bocznej BCS ostrosłupa: 

α = |FB| 

|BE| = 

1 

2 a 

h 

, stąd h = a 

2 α . 

(Albo z twierdzenia cosinusów: a 2 = h 2 +h 2 −2·h·h2α, skąd h = 

Pole trójkąta BCS możemy zapisać na dwa sposoby: 

PBCS = 1 

1 

·|BC|·|DS| = 

2 2 a·hb oraz PBCS = 1 

2 

Stąd otrzymujemy równość 

a z niej: b = 2hb α. 

1 

2 a·hb = 1 

2 ·b· 

a 

2 α , 

a 

2(1−2α) ). 

1 

·|CS|·|BE| = 

2 ·b· 

a 

2 α . 

(Zależność między b, h, a, hb uzyskać możemy też z podobieństwa trójkątów SDC i BEC 

b 

= 

hb 

a 

h , skąd kolejno bh = ahb, 

a 

b· 

2 α = ahb, b = 2hb α). 

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie CDS i otrzymujemy: 

h 2 b = b 2 

1 

− 

2 a 

2 . 

Stąd i z poprzedniej równości mamy: 

Wyznaczamy teraz 

h 2 b = (2hb α) 2 − 

h 2 b = 

 

1 

2 a 

2 . 

a2 

4 4 2 . 

α−1


Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta DOS i wyznaczamy wysokość ostrosłupa 

 

H = h2 b −|OD|2 

 

 

a 

= 

2 

 

4 4 2 

1 

− 

α−1 3 · a√ 2 3 a α 

= √ 

2 3 4 2 α−1 . 

Wyznaczamy objętość ostrosłupa 

V = 1 

3 PABC ·h = 1 

3 · a2√3 a α 

· √ 

4 3· 4 2 α−1 = 

a3 α 

 

12 4 2 α−1 . 


Wśród wszystkich graniastosłupów prawidłowych sześciokątnych, w których suma długości 

wszystkich krawędzi jest równa 24, jest taki, który ma największe pole powierzchni bocznej. 

Oblicz długość krawędzi podstawy tego graniastosłupa. 

Rozwiązanie 

a 

Wprowadzamy oznaczenia: a — długość krawędzi podstawy graniastosłupa, h — długość 

krawędzi bocznej graniastosłupa. 

Z tego, że suma długości wszystkich krawędzi graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego 

jest równa 24, mamy 12a+6h = 24. 

Wyznaczamy jedną ze zmiennych: h = 4−2a lub a = 2− h 

2 . 

Pole P powierzchni bocznej jest równe P = 6ah dla a ∈ (0, 2) oraz h ∈ (0, 4). 

Aby wyznaczyć długość krawędzi podstawy graniastosłupa, którego pole powierzchni bocznej 

jest największe: 

zapisujemy funkcję P w zależności od zmiennej a: 

albo 

pole P ma największą wartość, gdy a = 1; 

P (a) = 6a(4−2a),P (a) = −12a 2 +24a, 

h


zapisujemy funkcję P w zależności od zmiennej h: 

 

P (h) = 6h 2− h 

 

,P (h) = −3h 

2 

2 +12h, 

pole P ma największą wartość, gdy h = 2. 

Zatem a = 1. 


Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDS o podstawie ABCD. W trójkącie równoramiennym 

ASC stosunek długości podstawy do długości ramienia jest równy |AC|:|AS|=6:5. 

Oblicz sinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy. 


D 

H 

A B 

S 

Wprowadzamy oznaczenia: α = |


Zatem 


α = |SH| 

|SM| 

D 

4x 

= √ 

√2 41 ·x = 4√2 √ = 

41 4√82 41 . 

H 

A B 

S 

Wprowadzamy oznaczenia: α = |

Zatem 


α = |SH| 

|SM| = 

D 

4a 

3 √ 2 

√ = 

41a 

6 

4a 

H 

A B 

S 

3 √ 2 · 

6 

√ = 

41a 4√82 41 . 

Wprowadzamy oznaczenia: α=|

Rozdział 9 

Elementy statystyki opisowej 

Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka 

W dziale elementy statystyki opisowej, teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka: 


w których: 

a) oblicza średnią arytmetyczną, średnią ważoną, medianę i odchylenie standardowe danych; 

interpretuje te parametry dla danych empirycznych, 

b) zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających użycia wzorów 

kombinatorycznych; stosuje zasadę mnożenia, 

c) wykorzystuje sumę, iloczyn i różnicę zdarzeń do obliczania prawdopodobieństw zdarzeń, 

d) wykorzystuje własności prawdopodobieństwa i stosuje klasyczny model prawdopodobieństwa 

do obliczania prawdopodobieństw zdarzeń; 


wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji i wariacji do zliczania obiektów 

w sytuacjach kombinatorycznych. 



Doświadczenie losowe polega na dwukrotnym rzucie symetryczną, sześcienną kostką do gry. 

Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na tym, że w pierwszym rzucie otrzymamy 

parzystą liczbę oczek i iloczyn liczb oczek w obu rzutach będzie podzielny przez 12. 

Wynik przedstaw w postaci ułamka zwykłego nieskracalnego. 


Ω jest zbiorem wszystkich par (a,b) takich, że a,b ∈ {1,2,3,4,5,6}. Mamy model klasyczny. 

|Ω| = 36. 

Zdarzeniu A sprzyjają następujące zdarzenia elementarne: 

(2,6), (4,3), (4,6), (6,2), (6,4), (6,6). Zatem |A| = 6 i stąd P (A) = |A| 6 1 

= = 

|Ω| 36 6 .



1 

6 


1 

6 

1 

6 

2 4 6 

1 

6 

1 

6 

6 3 6 2 4 6 

I kostka 

1 

2 

3 

4 

5 

6 

1 

6 

P (A) = 6· 1 1 1 

· = 

6 6 6 . 

× 

II kostka 

× 

× 

1 

6 

1 2 3 4 5 6 

P (A) = 6 1 

= 

36 6 . 


Ile jest liczb naturalnych czterocyfrowych, w zapisie których pierwsza cyfra jest parzysta, 

a pozostałe nieparzyste? 

Rozwiązanie 

W zapisie danej liczby na pierwszym miejscu może wystąpić jedna z cyfr: 2, 4, 6, 8, czyli 

× 

× 

× 

1 

6 

1 

6

90 



mamy 4 możliwości. Na drugim miejscu może być jedna z cyfr: 1, 3, 5, 7, 9, czyli mamy 5 

możliwości. Tak samo na trzecim i czwartym miejscu. Zatem mamy 4·5 3 = 500 takich liczb. 


Ze zbioru liczb {1,2,3,...,7} losujemy kolejno dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. 

Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania liczb, których suma jest podzielna przez 3. 


Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary (a, b) liczb z podanego zbioru. Jest to model 

klasyczny. Obliczamy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych: |Ω| = 7 2 . 

Obliczamy liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A polegającemu na otrzymaniu 

liczb, których suma jest podzielna przez 3, np. wypisując je i zliczając: 

A = (1,2),(1,5),(2,1),(2,4),(2,7),(3,3),(3,6),(4,2),(4,5), 

czyli |A| = 16. 

Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A: P(A) = 16 

49 . 


(5,1),(5,4),(5,7),(6,3),(6,6),(7,2),(7,5) , 

Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary (a, b ) liczb z podanego zbioru. Jest to model 

klasyczny. Tworzymy tabelę ilustrującą sytuację opisaną w zadaniu: 

1 

2 

3 

4 

5 

6 

7 

1 2 3 4 5 6 7 

Obliczamy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych: |Ω| = 7 2 . 

× 

× 

× 

× 

× 

× 

× 

Zliczamy oznaczone krzyżykami zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A: |A| = 16. 

Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A: P(A) = 16 

49 . 

× 

× 

× 

× 

× 

× 

× 

× 

×



Rysujemy drzewo, uwzględniając tylko istotne gałęzie. Prawdopodobieństwo na każdym 

odcinku tego drzewa jest równe 1 

7 . 

1 

7 

1 

7 

1 

7 

1 

7 

1 2 3 4 5 6 7 

1 

7 

1 

7 

1 

7 

1 

7 

1 

7 

2 5 1 4 7 3 6 2 5 1 4 7 3 6 2 5 

Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A: P(A) = 16· 1 1 16 

· = 

7 7 49 . 


1 

7 

1 

7 

Rysujemy drzewo, uwzględniając tylko istotne gałęzie i zapisujemy na nich prawdopodobieństwo. 

{3,6} {1,4,7} {2,5} 

2 

7 

{3,6} {2,5} {1,4,7} 

Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A: P (A) = 2 

7 



2 

7 

1 

7 

3 

7 

2 

7 

1 

7 

1 

7 

1 

7 

1 

7 

2 

7 

· 2 

7 

1 

7 

+ 3 

7 

1 

7 

· 2 

7 

3 

7 

1 

7 

1 

7 

1 

7 

2 3 16 

+ · = 

7 7 49 . 

Oblicz prawdopodobieństwo tego, że w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką do gry 

suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3. 

1 

7 

1 

7

92 




Zdarzeniami elementarnymi są trzywyrazowe ciągi o wartościach w zbiorze sześcioelementowym. 

Mamy model klasyczny, |Ω| = 6 3 = 216. 

Reszta z dzielenia kwadratu liczby całkowitej przez 3 może być równa 0 lub 1. Suma trzech 

kwadratów będzie podzielna przez 3 wtedy, gdy każdy z nich będzie podzielny przez 3 albo 

gdy reszta z dzielenia każdego z nich przez 3 będzie równa 1. 

Kwadraty liczb 3 i 6 są liczbami podzielnymi przez 3. 

Kwadraty liczb 1, 2, 4 i 5 dają z dzielenia przez 3 resztę 1. 

|A| możemy obliczać następująco: 

I sposób 

— ciągi o wartościach ze zbioru {3,6} — jest ich 2 3 = 8, 

— ciągi o wartościach ze zbioru {1,2,4,5} — jest ich 4 3 = 64, 

czyli |A| = 2 3 +4 3 = 72, 

II sposób 

— ciągi stałe — jest ich 6, 

— ciągi, w których występują dwie liczby ze zbioru {3,6} — jest ich 2·3 = 6, 

— ciągi, w których występują dwie liczby ze zbioru {1,2,4,5} — jest ich 4·3·3 = 36, 

— ciągi różnowartościowe o wartościach ze zbioru {1,2,4,5} — jest ich 4·3·2 = 24, 

czyli |A| = 6+6+36+24 = 72, 

III sposób 

— ciągi, w których występują liczby dające tę samą resztę przy dzieleniu przez 3 — jest 

ich 3·2 3 = 24, 

— ciągi, w których występują dwie liczby dające przy dzieleniu przez 3 resztę 1 i jedna 

liczba dająca przy dzieleniu przez 3 resztę 2 — jest ich 3·2·2 2 = 24, 

— ciągi, w których występują dwie liczby dające przy dzieleniu przez 3 resztę 2 i jedna 

liczba dająca przy dzieleniu przez 3 resztę 1 — jest ich 3·2·2 2 = 24, 

czyli |A| = 24+24+24 = 72, 

Zatem P (A) = 72 1 

= 

216 3 . 


Rysujemy drzewo (jest wiele wariantów), opisujemy odcinki prawdopodobieństwami i obliczamy 

prawdopodobieństwo zgodnie z regułami. 

P (A) = 

3 3 1 2 

+ = 

3 3 

1 

3 . 


Oblicz, ile jest liczb ośmiocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero, natomiast występują 

dwie dwójki i występują trzy trójki.


Rozwiązanie 

 

8 

Wybieramy miejsce dla dwójek. Jest = 28 takich miejsc. 

2 

 

6 

Wybieramy miejsce dla trójek. Jest = 20 takich miejsc. 

3 

Na pozostałych trzech miejscach mogą wystąpić cyfry: 1, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Jest 7 3 ciągów 

trójelementowych ze zbioru siedmioelementowego. 

Zatem jest 28·20·7 3 = 4 2 ·5·7 4 = 192080 liczb spełniających warunki zadania. 


A,B są zdarzeniami losowymi zawartymi w Ω. Wykaż, że jeżeli P (A) = 0,9 i P (B) = 0,7, to 

P (A∩B ′ ) 0,3 (B ′ oznacza zdarzenie przeciwne do zdarzenia B). 


Wiemy, że A∪B = (A∩B ′ )∪B i (A∩B ′ )∩B = ∅ oraz P (A∪B) 1. 

Zatem mamy: 1 P (A∪B) = P (A∩B ′ )+P (B), stąd P (A∩B ′ ) 0,3. 


Wiemy, że 1 P (A∪B) = P (A)+P (B)−P (A∩B). Stąd P (A∩B) 0,6. 

Zatem mamy: P (A∩B ′ ) = P (A)−P (A∩B) 0,9−0,6 = 0,3. 


Z faktu, że A∩B ′ ⊂ B ′ wynika, że P (A∩B ′ ) P (B ′ ). 

Ponieważ P (B) = 0,7, więc P (B ′ ) = 0,3. Stąd wynika, że P (A∩B ′ ) P (B ′ ) = 0,3.

Zadanie 1. 

 

3n+7 3n−4 

Oblicz granicę ciągu: + . 

n→∞ 8n+4 6n+5 

Rozwiązanie 

Ta granica jest równa 

 

n→∞ 

Zadanie 2. 

 

3n+7 3n−4 

+ 

8n+4 6n+5 

 

7 3+ n 

= 

n→∞ 8+ 4 

n 

+ 3− 4 

n 

6+ 5 

 

n 

= 3 1 7 

+ = = 0,875. 

8 2 8 

Dodatek 

Dana jest funkcja f określona wzorem: f(x) = 2x+7 

x2 dla każdej liczby rzeczywistej x. Oblicz 

+3 

wartość pochodnej tej funkcji w punkcie x = − 1 

2 . 

Rozwiązanie 

Mamy: 

Zatem 

Zadanie 3. 

f ′ (x) = (2x+7) ′ x2 +3 −(2x+7) x2 ′ 

+3 

(x2 +3) 2 

= 2x2 +3 −2x(2x+7) 

(x2 +3) 2 = 

f ′ 

 

− 1 

 

= 

2 

−2· 1 

= −2x2 −14x+6 

(x2 +3) 2 . 

4 +7+6 

13 

4 

2 

= 200 

169 . 

Dany jest okrąg o środku w punkcie S = (60,40) i promieniu równym 97. Prosta o równaniu 

3x+4y+20 = 0 przecina ten okrąg w dwóch punktach A i B. Oblicz długość odcinka AB. 

Rozwiązanie 

Niech C będzie środkiem odcinka AB, a S środkiem danego okręgu. Wówczas trójkąt ACS 

jest prostokątny, z kątem prostym przy wierzchołku C. Zatem korzystając z twierdzenia

96 9. Dodatek 

Pitagorasa, mamy |AC| 2 =|AS| 2 −|CS| 2 . Z założenia wiemy, że promień |AS|=97. Obliczamy 

odległość punktu S od prostej k: 

Zatem 

|SC| = |3·60+4·40+20| 

√ 3 2 +4 2 

= 72. 

|AC| 2 = 97 2 −72 2 = (97−72)·(97+72) = 25·169 = 5 2 ·13 2 = 65 2 . 

Stąd wynika, że |AC| = 65, a więc |AB| = 130. 

Zadanie 4. 

Ramię AD trapezu ABCD (w którym AB CD) przedłużono do punktu E takiego, że 

|AE| = 2·|AD|. Punkt M leży na podstawie AB oraz |AM| = 2·|MB|. Odcinek ME przecina 

przekątną BD w punkcie P. Udowodnij, że |BP| = |PD|. 


D 

A M 

B 

Niech N będzie punktem przecięcia odcinka EM z prostą DC. 

P 

E 

C

D 

A M 

B 

Ponieważ AB CD, więc odcinek DN jest równoległy do AM, a ponieważ D jest środkiem 

odcinka AE, więc N jest środkiem odcinka ME. Oznacza to, że odcinek DN łączy środki 

boków AE i ME trójkąta AME. Stąd wnioskujemy, że 

Stąd i z założenia |AM| = 2·|MB| wynika, że 

P 

N 

|DN| = 1 

2 |AM|. 

|DN| = |MB|. 

Równość i równoległość odcinków DN i MB oznacza, że trójkąty PDN i PBM są przystające. 

Stąd wynika więc, że 

|BP| = |PD|. 

To właśnie należało udowodnić. 


Niech N będzie punktem przecięcia odcinka EM z prostą DC. 

D 

P 

A M 

B 

N 

E 

E 

C 

C 

97

98 9. Dodatek 

Ponieważ AB CD, więc odcinek DN jest równoległy do AM. Wnioskujemy stąd, że 

|

Wyznaczamy pochodną tej funkcji: f ′ (x) = 1 x 2 +7 −2x(x+3) 

(x 2 +7) 2 

Następnie znajdujemy miejsca zerowe tej pochodnej: 

−x 2 −6x+7 

(x 2 +7) 2 

Otrzymane równanie jest równoważne równaniu 

stąd x1 = −7, x2 = 1. 

Teraz zauważamy, że: 

jeśli x < −7, to f ′ (x) < 0, 

jeśli −7 < x < 1, to f ′ (x) > 0, 

jeśli x > 1, to f ′ (x) < 0. 

= 0. 

−x 2 −6x+7 = 0, 

= −x2 −6x+7 

(x 2 +7) 2 . 

Zatem funkcja f jest malejąca w przedziale (−∞ , −7〉, rosnąca w przedziale 〈−7,1〉 i malejąca 

w przedziale 〈1 , +∞). 

Następnie obliczamy f(−7) = − 1 1 

, f(1) = 

14 2 . 

Ponadto 

jeśli x −7, to f(x) < 0, 

jeśli x 1, to f(x) > 0. 

Stąd wynika, że: 

jeśli x −7, to − 1 

f(x) < 0, 

14 

jeśli x 1, to 0 < f(x) 1 

2 . 

Zatem − 1 

14 

jest najmniejszą wartością funkcji f, a 1 

2 

Z ciągłości funkcji f wynika, że zbiorem jej wartości jest przedział 

Zadanie 6. 

99 

jest największą wartością tej funkcji. 

 

− 1 

 

1 

, . 

14 2 

Oblicz, ile jest nieparzystych liczb czterocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występuje 

co najmniej jedna siódemka. 

I sposób rozwiązania (dopełnienie) 

Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb naturalnych czterocyfrowych. Pierwszą cyfrę (tysięcy) 

możemy wybrać na 9 sposobów, następne dwie cyfry na 10 sposobów i ostatnią (jedności) 

na 5 sposobów. Mamy zatem 9·10 2 ·5 = 4500 liczb czterocyfrowych nieparzystych.

100 9. Dodatek 

Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb naturalnych czterocyfrowych, w zapisie których nie 

występuje cyfra 7. Pierwszą cyfrę możemy wówczas wybrać na 8 sposobów, każdą z następnych 

dwóch na 9 sposobów i cyfrę jedności na 4 sposoby. Mamy zatem 8·9 2 ·4 = 2592 takich 

liczb czterocyfrowych nieparzystych. 

Stąd wnioskujemy, że liczb nieparzystych czterocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym co 

najmniej jedna cyfra jest siódemką, jest 4500−2592 = 1908 (liczby te należą do zbioru liczb 

czterocyfrowych nieparzystych i nie należą do zbioru nieparzystych liczb czterocyfrowych, 

w zapisie których nie występuje cyfra 7). 

Uwaga 

Możemy także zauważyć, że jest 9000 liczb czterocyfrowych, a ponieważ co druga jest nieparzysta, 

to istnieje 4500 liczb czterocyfrowych nieparzystych. 

II sposób rozwiązania (liczba siódemek) 

Rozważamy cztery parami rozłączne zbiory nieparzystych liczb czterocyfrowych: 

zbiór liczb, w których zapisie dziesiętnym cyfra 7 występuje dokładnie jeden raz; 

zbiór liczb, w których zapisie dziesiętnym cyfra 7 występuje dokładnie dwa razy; 

zbiór liczb, w których zapisie dziesiętnym cyfra 7 występuje dokładnie trzy razy; 

zbiór liczb, w których zapisie dziesiętnym cyfra 7 występuje cztery razy. 

Najpierw obliczamy, ile jest nieparzystych liczb czterocyfrowych, w zapisie których cyfra 7 

występuje dokładnie jeden raz. 

1. Jeśli pierwszą cyfrą (tysięcy) jest siódemka, to dwie następne cyfry możemy wybrać na 

9 sposobów, a cyfrę jedności na 4 sposoby. Mamy zatem 9 2 ·4 = 324 takich liczb. 

2. Jeśli siódemka jest cyfrą setek, to cyfrę tysięcy możemy wybrać na 8 sposobów, cyfrę 

dziesiątek na 9 sposobów i cyfrę jedności na 4 sposoby. Takich liczb jest 8·9·4 = 288. 

3. Analogicznie wykazujemy, że jest 288 liczb, w zapisie których cyfra dziesiątek jest siódemką. 

4. Jeśli siódemka jest cyfrą jedności, to cyfrę tysięcy możemy wybrać na 8 sposobów, a każdą 

z dwóch następnych cyfr na 9 sposobów. Takich liczb jest zatem 8·9 2 = 648. 

Mamy więc 324+288+288+648=1548 nieparzystych liczb czterocyfrowych, w zapisie których 

cyfra 7 występuje jeden raz. 

Następnie obliczamy, ile jest nieparzystych liczb czterocyfrowych, w zapisie których cyfra 7 

występuje dokładnie dwa razy. 

1. Jeśli dwie pierwsze cyfry to siódemki, to następną cyfrę możemy wybrać na 9 sposobów, 

a cyfrę jedności na 4 sposoby. Mamy zatem 9·4 = 36 takich liczb. 

2. Analogicznie wykazujemy, że jest 36 liczb, w zapisie których pierwszą i trzecią cyfrą jest 

siódemka. 

3. Jeśli pierwszą i ostatnią cyfrą jest siódemka, to każdą z cyfr: setek i dziesiątek możemy 

wybrać na 9 sposobów. Mamy zatem 9 2 = 81 takich liczb. 

4. Jeśli drugą i trzecią cyfrą jest siódemka, to cyfrę tysięcy możemy wybrać na 8 sposobów 

i cyfrę jedności na 4 sposoby. Takich liczb jest 8·4 = 32.

5. Jeśli drugą i czwartą cyfrą jest siódemka, to cyfrę tysięcy możemy wybrać na 8 sposobów, 

a cyfrę dziesiątek na 9 sposobów. Mamy zatem 8·9 = 72 takie liczby. 

6. Jeśli trzecią i czwartą cyfrą jest siódemka, to cyfrę tysięcy możemy wybrać na 8 sposobów 

i cyfrę setek na 9 sposobów. Takich liczb jest 8·9 = 72. 

Mamy więc 36+36+81+32+72+72 = 329 nieparzystych liczb czterocyfrowych, w których 

zapisie dziesiętnym cyfra 7 występuje dwa razy. 

Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb czterocyfrowych, w zapisie których cyfra 7 występuje 

dokładnie trzy razy. 

1. Jeśli cyfrą jedności nie jest cyfra 7, to mamy 4 takie liczby (cyfrę jedności możemy 

wybrać na 4 sposoby spośród cyfr nieparzystych 1,3,5,9). 

2. Jeśli cyfrą dziesiątek nie jest cyfra 7, to mamy 9 takich liczb (cyfrę dziesiątek możemy 

wybrać na 9 sposobów spośród cyfr 0,1,2,3,4,5,6,8,9). 

3. Analogicznie wykazujemy, że jest 9 liczb, w zapisie których cyfra setek nie jest siódemką. 

4. Jeśli cyfra 7 nie jest cyfrą tysięcy, to mamy 8 takich liczb (cyfrę tysięcy możemy wybrać 

na 8 sposobów spośród cyfr 1,2,3,4,5,6,8,9). 

Mamy więc 4+9+9+8 = 30 nieparzystych liczb, w zapisie których cyfra 7 występuje trzy 

razy. 

Ponadto jest jedna liczba czterocyfrowa nieparzysta, w zapisie której występują 4 siódemki. 

Z reguły dodawania mamy: 1548+329+30+1 = 1908 nieparzystych liczby czterocyfrowych, 

w których zapisie dziesiętnym co najmniej jedna cyfra to 7. 

Zadanie 7. 

Dany jest nieskończony ciąg geometryczny (an) określony wzorem 

an = 

2 

√3n Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego ciągu. 

Rozwiązanie 

dla n = 1,2,3,.... 

Pierwszy wyraz i iloraz tego ciągu są odpowiednio równe: a1 = 2 

√ 3 , q = 1 

√ 3 . 

 

 

Ponieważ |q| = 

1 

a1 

√ 

 

3 

< 1, więc S = 

1−q = 

Zadanie 8. 

2√ 3 

1− 1 √ 3 

= √ 3+1. 

Dana jest funkcja f określona wzorem f(x)=x 3 −3x+1 i leżący na wykresie tej funkcji punkt 

A o współrzędnej x równej 2. Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie A. 

101


Rozwiązanie 

Styczna do wykresu wielomianu y = f(x) w punkcie A = (x0,f(x0)) ma równanie postaci 

y = ax+b, gdzie współczynnik kierunkowy a jest równy a = f ′ (x0). W naszym przypadku 

f(x) = x 3 −3x+1 oraz x0 = 2. 

Mamy zatem f ′ (x) = 3x 2 − 3, skąd dostajemy a = 3 · 2 2 − 3 = 9. Punkt A ma współrzędne 

(2, f(2)), czyli A = (2, 3). Prosta o równaniu y = 9x+b ma przechodzić przez punkt A, więc 

3 = 9·2+b. Zatem b = −15 i ostatecznie równanie stycznej ma postać y = 9x−15. 

Zadanie 9. 

 

Rozwiąż równanie 4x−5x = 0 w przedziale 0, π 

 

. 

2 


Równanie możemy zapisać w postaci równoważnej 

4x = 5x. 

 

π 

Ponieważ 5x = 

2 −5x 

 

, więc równanie możemy zapisać w postaci 

 

π 

4x = 

2 −5x 

 

. 

Stąd wynika, że 

4x = π 

 

π 

−5x+2kπ lub 4x = π− 

2 2 −5x 

 

+2kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą. 

Zatem 

x = π 2π 

+k· lub x = −π −2kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą. 

18 9 2 

 

Wybierając te rozwiązania, które należą do przedziału 0, π 

 

, dostajemy: 

2 

x = π 5π π 

, x = , x = 

18 18 2 . 


 

π 

Ponieważ 5x = 

2 −5x 

 

, więc równanie możemy zapisać w postaci 

 

π 

4x− 

2 −5x 

 

= 0. 

Ze wzoru na różnicę sinusów otrzymujemy 

Stąd 

 

π 

4 

Zatem 

π 4x+ 

2 

x 

 

 

9 π 

− = 0 lub x− = 0. 

2 

2 4 

2 −5x 

2 

4x− π 

2 −5x 

= 0. 

2

π x 

− 

4 2 

czyli 

= π 

2 

9 π 

+kπ lub x− = kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą, 

2 4 

x = − π 

π 2π 

−2kπ lub x = +k· , gdzie k jest liczbą całkowitą. 

2 18 9 

 

Wybierając te rozwiązania, które należą do przedziału 0, π 

 

, dostajemy: 

2 

Zadanie 10. 

x = π 5π π 

, x = , x = 

18 18 2 . 

Wykaż, że jeżeli zdarzenia losowe A,B ⊂ Ω są takie, że P (A) = 0,6 oraz P (B) = 0,8, to 

P (A|B) 0,5. (P (A|B) oznacza prawdopodobieństwo warunkowe zajścia zdarzenia A pod 

warunkiem zajścia zdarzenia B). 

Rozwiązanie 

P (A∩B) 

P (A|B) = . Nierówność P (A|B) 0,5 jest równoważna nierówności 

P (B) 

więc wystarczy wykazać, że P (A∩B) 0,4. 

P (A∩B) 

0,8 

103 

0,5, 

Ponieważ P (A∪B)1 oraz P (A∪B)=P (A)+P (B)−P (A∩B), więc P (A∩B)0,6+0,8−1=0,4, 

co należało udowodnić. 

Zadanie 11. 

Niech m = 21 7. Wykaż, że 7 27 = 3(1−m) 

m 

. 


Zauważamy, że 7 21 = 1 1 

= 

21 7 m . 

Zapisujemy kolejno 

7 27 = 7 3 3 = 3 7 3 = 3 7 

To kończy dowód. 


Zauważamy, że 

3(1−m) 

m 

= 3 


1 

m −1 

 

 

21 

1 

= 3(7 21−7 7) = 3 

7 

m −1 

 

= 3· 1−m 

m . 

 

= 3(7 21−1) = 3(7 21−7 7) = 3 7 21 

7 = 7 3 3 = 7 27.



Z założenia m = 21 7 wynika, że 

czyli 

Zatem 

1 

m = 7 21 = 7 7+ 7 3 = 1+ 7 3, 

7 3 = 1 

m −1. 

7 27 = 7 3 3 

1 

= 3 7 3 = 3· 

m −1 

 

= 3· 1−m 

m . 

Zadanie 12. 

 

 

 

Oblicz najmniejszą liczbę naturalną n spełniającą nierówność 

2n−10 2 

− 

1 

3n+1 3 

< 

30 . 

Rozwiązanie 

 

 

 

Rozwiązujemy nierówność 

2n−10 2 

− 

1 

3n+1 3 

< . Stąd kolejno otrzymujemy: 

30 

 

 

 

 

3(2n−10)−2(3n+1) 

 

1 

3(3n+1) < 

30 , 

 

 

 

−32 

 

1 

3(3n+1) 

< 

30 . 

Wartość bezwzględna ilorazu jest równa ilorazowi wartości bezwzględnych, więc 

Stąd 

|−32| 1 

< 

|3(3n+1)| 30 . 

32 1 

< 

3(3n+1) 30 , 

gdyż 3(3n+1) > 0 dla każdej liczby naturalnej n. Stąd 

3n+1 > 320, 

n > 106 1 

3 . 

Zatem najmniejszą liczbą naturalną spełniającą podaną nierówność jest 

Zadanie 13. 

n = 107. 

Okręgi o równaniach x 2 +y 2 =625 i (x−36) 2 +(y−15) 2 =1600 mają dwa punkty przecięcia: 

A i B. Oblicz długość odcinka AB.


Oznaczamy: 

środek pierwszego okręgu — O, 

środek drugiego okręgu — P, 

punkty przecięcia okręgów — A i B. 

A 

15 

y 

O 

C 

Niech C będzie punktem przecięcia odcinków AB i OP, |AC| = h, |OC| = x. 

B 

Zauważamy, że |AB|=2h oraz |OP|=39. Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i otrzymujemy: 

h 2 = 25 2 − x 2 oraz h 2 = 40 2 − (39−x) 2 . Rozwiązujemy równanie 25 2 − x 2 = 40 2 − (39−x) 2 , 

otrzymując x = 7. Zatem h 2 = 25 2 −7 2 = 576, stąd h = 24, czyli |AB| = 2h = 48. 

II sposób rozwiązania (ze wzoru Herona) 

Oznaczamy wszystko tak jak w sposobie I. Boki trójkąta oznaczamy tak jak na rysunku. 

Obliczamy pole trójkąta OPA ze wzoru Herona. 

Niech p oznacza połowę obwodu trójkąta OPA. Wtedy p=52, p−a=13, p−b=27, p−c=12 

i POPA = √ 52·13·27·12 = 468. 

Z drugiej strony POPA = 1 

·39·h. Zatem h = 24, czyli |AB| = 2h = 48. 

2 

Uwaga 

Pole trójkąta OPA można obliczyć również z twierdzenia cosinusów: 

25 2 +40 2 −2·25·40 α = 39 2 , stąd α = 625+1600−1521 

= 

2000 

704 44 

= 

2000 125 . 

 

2 44 

Zatem α= 1− = 

125 

117 

1 117 

. Obliczamy pole trójkąta OPA: POPA= ·25·40· 

125 2 125 =468. 

36 

P 

x 

105


III sposób rozwiązania (punkty przecięcia okręgu) 

Rozwiązujemy układ równań, aby znaleźć punkty przecięcia dwóch okręgów: 

 

x 2 +y 2 = 625 

(x−36) 2 +(y−15) 2 = 1600 

x 2 +y 2 = 625 

x 2 −72x+y 2 −30y = 79. 

Odejmujemy stronami drugie równanie od pierwszego i otrzymujemy równanie 12x+5y=91. 

Stąd y= 91−12x 

wstawiamy do pierwszego równania i rozwiązujemy równanie kwadratowe: 

5 

x 2 2 91−12x 

+ 

= 625. 

5 

Po uporządkowaniu otrzymujemy równanie kwadratowe: 169x 2 − 2184x−7344 = 0, którego 

wyróżnik jest równy ∆ = 3120 2 oraz x1 = − 36 

13 , x2 = 204 

. Obliczamy drugą współrzędną: 

13 

y1 = 323 

13 ,y2 = − 253 

13 . 

 

Mamy zatem 2 punkty przecięcia: A = − 36 

 

323 

204 

, oraz B = 

13 13 

13 ,−253 

 

. 

13 

Obliczamy odległość między nimi: 

|AB| 2 2 

204 36 

= + + 

13 13 

Zatem |AB| = 48. 

Zadanie 14. 

− 253 323 

− 

13 13 

2 

= 

2 240 

+ 

13 

= 242 

132 ·10 2 +24 2 = 242 ·262 132 = 242 ·2 2 = 48 2 . 

2 576 

= 

13 

242 ·102 132 + 242 ·242 132 = 

Dany jest wykres funkcji kwadratowej f(x) = x 2 oraz punkt A = (3,0). Znajdź punkt na 

wykresie funkcji f leżący najbliżej punktu A. 


Dowolny punkt leżący na wykresie funkcji f ma współrzędne: x,x 2 . Obliczamy odległość 

 

takiego punktu od punktu A: d = (x−3) 2 +(x2 −0) 2 . 

Wprowadzamy funkcję g(x) = (x−3) 2 + x 2 −0 2 = x 4 +x 2 −6x+9, gdzie x jest liczbą rzeczywistą. 

Obliczamy pochodną funkcji g i rozkładamy na czynniki: 

g ′ 

(x) = 4x 3 +2x−6 = 2 2x 3 +x−3 = 2(x−1) 2x 2 +2x+3 . 

Obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego 2x 2 +2x+3: 

∆ = 4−4·2·3 < 0, zatem 2x 2 +2x+3 > 0, więc jedynym miejscem zerowym funkcji g ′ (x) jest 

x = 1.

Zauważamy również, że: 

g ′ (x) < 0 dla x < 1, 

g ′ (x) > 0 dla x > 1. 

A więc funkcja g ma minimum lokalne dla x = 1, które jest jednocześnie jej najmniejszą 

wartością. 

Zatem punktem na wykresie funkcji f leżącym najbliżej punktu A jest punkt (1,1). 


y 

3 

2 

1 

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 

Znajdziemy taki punkt B należący do wykresu funkcji y=x 2 , że styczna do wykresu w punkcie 

B jest prostopadła do prostej AB oraz punkt A i parabola leżą po różnych stronach tej 

stycznej. Wówczas dla dowolnego punktu C = B należącego do paraboli zachodzi 

8 

7 

6 

5 

4 

B 

C 

C ′ 

|AC| > |AC ′ | > |AB|, 

gdzie C ′ to punkt przecięcia stycznej i odcinka AC. 

Szukamy punktu B: B = (a,a 2 ). Styczna ma współczynnik kierunkowy 2a. Prosta AB ma 

współczynnik kierunkowy a2 

, gdy a = 3 (przypadek a = 3 sprawdzamy bezpośrednio). 

a−3 

Styczna będzie prostopadła do prostej AB, gdy 

= −1 

a−3 

2a 3 +a−3 = 0 

2a· a2 

Odp.: Punkt B = (1,1) leży najbliżej punktu A. 

Zadanie 15. 

a = 1. 

Wykaż, że funkcja f(x) = x 3 −12x w przedziale (3, 5) jest rosnąca. 

A 

x 

107


Rozwiązanie 

Wyznaczamy pochodną funkcji f: f ′ (x) = 3x 2 − 12. Pochodna funkcji przyjmuje wartości 

dodatnie dla x ∈ (−∞, −2)∪(2,+∞), w szczególności w przedziale (3, 5). Zatem funkcja f 

jest rosnąca w przedziale (3, 5). 

Zadanie 16. 

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź podstawy jest równa 10 cm, a kąt nachylenia 

ściany bocznej do płaszczyzny podstawy jest równy 60 ◦ . Ostrosłup ten przecięto 

płaszczyzną przechodzącą przez krawędź podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy 

pod kątem 30 ◦ . Oblicz pole otrzymanego przekroju. 

Rozwiązanie 

E 

60 ◦ 

D 

A B 

Omawianym przekrojem jest trapez BCLK. 

K 

P 

L 

S 

O 

Rozważamy przekrój ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez wierzchołek S i środki E, F 

krawędzi AD i BC. Ponieważ |

Zadanie 17. 

Dany jest trójkąt ABC, w którym A=(0,0), B=(6,0), C=(6p,6q), gdzie p,q>0 oraz p= 1 

2 . 

Punkt H jest punktem przecięcia wysokości (ortocentrum) tego trójkąta. 

Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie. 

Punkt S jest środkiem ciężkości tego trójkąta. 

Wyznacz równanie prostej OH i wykaż, że punkt S leży na tej prostej. 

Rozwiązanie 

Oznaczamy, tak jak na rysunku: 

E — środek odcinka AC, 

F — środek odcinka AB, 

BD i CG — wysokości trójkąta ABC. 

y 

E 

D 

O 

A F G B 

Zauważamy, że: E = (3p,3q), F = (3,0), G = (6p,0). 

S 

Równanie prostej AC ma postać y = ax. Punkt C leży na tej prostej, więc 6q = a·6p, zatem 

a = q 

q 

. Stąd wynika, że prosta AC ma równanie: y = 

p p ·x. 

Równanie prostej EO ma postać: y = − p 

·x+c dla pewnego c. Punkt E leży na tej prostej, 

q 

więc 3q = − p 

3p2 

·3p+c. Stąd c = 3q+ 

q q = 3p2 +q2 . 

q 

Prosta EO ma zatem równanie: y = − p 

q ·x+ 3p2 +q2 . 

q 

C 

H 

x 

109


 

Prosta FO ma równanie: x=3. Stąd punkt O ma współrzędne: O= 3,− 3p 

q + 3p2 +q2 

, 

q 

 

czyli O = 3, 3p2 +q2 −p 

. 

q 

Równanie prostej BD ma postać y = − p 

·x+d dla pewnego d. Punkt B leży na prostej BD, 

q 

więc 0 = − p 

q 

·6+d, stąd d = 6p 

q 

p 

. Prosta BD ma zatem równanie: y = − 

q 

 

Prosta CG ma równanie x = 6p. Zatem punkt H ma współrzędne: H = 

 

0+6+6p 

Wreszcie S = 

, 

3 

0+0+6q 

 

, czyli S = (2p+2,2q). 

3 

Wyznaczamy równanie prostej OH. 

·x+ 6p 

q . 

6p, 6 p−p 2 

q 

Równanie to jest postaci: y = ax+b. 

 

O = 3, 3p2 +q2 −p 

 

oraz H = 6p, 

q 

6p−p 2 

 

spełniają to równanie, zatem: 

q 

3 p2 +q2 −p 

= a·3+b oraz 

q 

6p−p 2 

= a·6p+b. 

q 

Rozwiązaniem tego układu równań jest: 

Zatem prosta OH ma równanie: 

y = 3p−3p2 −q 2 

q(2p−1) 

a = 3p−3p2 −q 2 

q(2p−1) 

b = 6pp2 +q2 −1 

. 

q(2p−1) 

·x+ 6pp2 +q2 −1 

. 

q(2p−1) 

Sprawdzamy, że współrzędne punktu S spełniają to równanie, tzn. że zachodzi równość: 

2q = 3p−3p2 −q2 ·(2p+2)+ 

q(2p−1) 

6pp2 +q2 −1 

. 

q(2p−1) 

Po wykonaniu działań i uporządkowaniu wyrażeń otrzymujemy równość prawdziwą, co kończy 

dowód, że współrzędne punktu S spełniają równanie prostej OH. 

Uwaga 

Można pokazać, że −→ −→ 

OH = 3· OS, skąd wynika, że punkt S leży na prostej OH. 

Obliczamy współrzędne wektorów −→ OS oraz −→ 

OH: 

 

−→ 

OS = 2p+2−3,2q− 3p2 +q2 −p 

q 

 

 

= 2p−1, 3p−3p2 −q2 

q 

 

.

oraz 

 

−→ 

OH = 6p−3, 6p−p 2 

− 

q 

3p2 +q2 −p 

q 

Zatem punkt S leży na prostej OH. 

Zadanie 18. 

 

 

= 6p−3, 9p−9p2 −3q2 

= 3· 

q 

−→ OS. 

Dany jest trójkąt prostokątny ABC, w którym |


Rozwiązujemy to równanie kwadratowe: ∆ = 16d 2 d 2 +2a 2 , P = d2 +d √ d 2 +2a 2 

rozwiązanie odrzucamy, gdyż jest ujemne). 



F 

D 

B C 

a 

2 

E 

α 

x 

A 

α 

d h 

A ′ 

4 

(drugie 

Rozpatrujemy okrąg opisany na trójkącie ABC. Dwusieczna dzieli łuk BC (do którego nie 

należy A) na połowy. Stąd EF jest średnicą prostopadłą do średnicy BC. Trójkąty EDO 

i EAF są prostokątne, zatem x = |ED| = a 

, |AE| = a α. Stąd 

2 α 

 

d = |AE|−|ED| = a α− 

1 

 

, 

2 α 

α− 

1 d 

= 

2 α a , 

2 2 α− 2d 

α−1 = 0. 

a 

Rozwiązujemy równanie kwadratowe z niewiadomą α, interesuje nas jedynie dodatnie 

rozwiązanie. 

∆ = 4d2 

, 

a2 α = 

2d 

a + 

4d 2 +8a 2 

4 

a 2 

= d+√a 2 +2a2 , 

2a 

P∆ABC = 1 1 

1 

ah = a(d α) = 

2 2 2 add+√ d2 +2a2 = 

2a 

1 

4 (d2 +d d2 +2a2 ), 

co kończy dowód.


Na czworokącie ODAF można opisać okrąg, bo kąty przy wierzchołku O i A są proste. 

Z twierdzenia o odcinkach stycznych i siecznych wynika 

|EO|·|EF| = |ED|·|EA| 

a 

·a = x(x+d) 

2 

x 2 +xd− a2 

2 

Rozwiązujemy to równanie kwadratowe, bierzemy tylko dodatnie rozwiązanie. 

Zauważmy, że ∆EDO ∼ ∆ADA ′ , stąd h 

d = 

P∆ABC = 1 

2 

co kończy dowód. 

Zadanie 19. 

1 

ah = 

2 

= 0. 

∆ = d 2 +2a 2 , x = −d+√ d 2 +2a 2 

h = ad 

2x = 

a 2 d 

a 

2 , więc 

x 

ad 

2 

−d+ √ d2 . 

+22 −d+ √ d2 +2a2 · d+√d 2 +2a2 d+ √ d2 1 

= 

+2a2 2 

= 1 

4 (d2 +d d 2 +2a 2 ), 

. 

a 2 d(d+ √ d 2 +2a 2 ) 

−d 2 +d 2 +2a 2 

Udowodnij, że jeśli a > 0, to dokładnie jedna liczba rzeczywista x spełnia równanie 


x 3 +ax 2 +a(a+1)x−(a+1) 2 = 0. 

Zauważamy, że 1 jest pierwiastkiem tego równania, więc równanie możemy zapisać w postaci: 

 

(x−1) x 2 +(a+1)x+(a+1) 2 

= 0. 

Stąd x = 1 lub x 2 +(a+1)x+(a+1) 2 = 0. 

Równanie x 2 +(a+1)x+(a+1) 2 = 0 nie ma rozwiązania, gdyż ∆ = −3(a+1) 2 < 0. 

Zatem jedyną liczbą x, która spełnia równanie x 3 +ax 2 +a(a+1)x−(a+1) 2 = 0, jest x = 1. 


Niech 

Obliczamy pochodną funkcji f: 

f(x) = x 3 +ax 2 +a(a+1)x−(a+1) 2 . 

f ′ (x) = 3x 2 +2ax+a(a+1). 

= 

113


Obliczamy wyróżnik tej funkcji kwadratowej: 

∆ = −4a(2a+3). 

Ponieważ z założenia a > 0, więc ∆ < 0. Zatem dla każdego a > 0 pochodna f ′ (x) > 0, czyli 

funkcja f jest rosnąca, a więc ma co najwyżej jedno miejsce zerowe. Ponieważ f(1) = 0, więc 

f ma dokładnie jedno miejsce zerowe. To kończy dowód. 

Zadanie 20. 

Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny. Kąt α jest kątem dwuściennym między dwiema 

sąsiednimi ścianami bocznymi. Kąt β jest kątem przy podstawie ściany bocznej (tzn. 

kątem między krawędzią podstawy i krawędzią boczną ostrosłupa) — zob. rysunek. Wykaż, 

że α· 2 β = −1. 

Rozwiązanie 

Oznaczmy, tak jak na rysunku na następnej stronie: a — krawędź podstawy, h — wysokość 

ściany bocznej poprowadzona z wierzchołka podstawy, c — odcinek łączący wierzchołek podstawy 

ze spodkiem wysokości h. 

Na podstawie twierdzenia cosinusów mamy: 

Stąd 

Na podstawie twierdzenia Pitagorasa mamy: 

Zatem 

 

a √ 2 2 = h 2 +h 2 −2h·h·α. 

h 2 α = h 2 −a 2 . 

h 2 +c 2 = a 2 . 

h 2 α = −c 2 . 

α 

β

Stąd 

czyli 


Zadanie 21. 

a 

a √ 2 

h2 · α = −1, 

c2 α· 2 β = −1. 

h α c 

Rozpatrujemy odcinki równoległe do osi Oy, których jeden koniec leży na wykresie funkcji 

kwadratowej f określonej wzorem f(x) = x 2 + 2, a drugi koniec leży na wykresie funkcji g 

określonej wzorem g(x) = √ x dla x 0. 

Oblicz długość najkrótszego takiego odcinka. 

y 

h 

x 

β 

115


Rozwiązanie 

Niech A= x,x 2 +2 , B= x, √ x dla pewnego x0. Wówczas długość odcinka AB jest równa 

x 2 +2− √ x. 

Rozważmy funkcję h(t) = t 4 −t+2. Wówczas długość odcinka AB jest równa h √ x . 

Wyznaczymy minimum funkcji h w przedziale 〈0, +∞). 

Obliczamy pochodną funkcji h: h ′ (t) = 4t 3 −1. 

Jeśli 0 < t < 1 

3√ 4 , to h ′ (t) < 0, 

jeśli t > 1 

3√ , to h 

4 ′ (t) > 0. 

 

Zatem w przedziale 0, 1 

 

 

1 

3√ funkcja h jest malejąca i w przedziale 

4 

3√ ,+∞ funkcja 

4 

h jest rosnąca. Stąd wynika, że h przyjmuje najmniejszą wartość w punkcie t = 1 

3√ . Ta 

4 

najmniejsza wartość jest długością szukanego najkrótszego odcinka: 

 

1 

h 3√ = 

4 

1 

4 3√ 1 

− 

4 

3√ +2 = 2− 

4 3 

4 3√ 4 . 

Odp.: |AB| = 2− 3 

4 3√ 4 . 

Zadanie 22. 

Dana jest funkcja kwadratowa f określona wzorem f(x) = x 2 i punkt P = p,p 2 leżący na 

wykresie tej funkcji, gdzie p jest dowolną liczbą rzeczywistą. Wyznacz a i b tak, by prosta 

o równaniu y=ax+b była styczna do wykresu funkcji f w punkcie P. Wykaż, że dla każdego 

x zachodzi nierówność x 2 ax+b. 

Rozwiązanie 

Pochodna funkcji f jest określona wzorem f ′ (x) = 2x. Stąd wynika, że współczynnik kierunkowy 

stycznej w punkcie P jest równy a=2p. Prosta o równaniu y=2px+b przechodzi przez 

punkt P, więc p 2 =2p·p+b. Zatem b=−p 2 , czyli równanie stycznej ma postać y=2px−p 2 . 

Nierówność x 2 2px−p 2 jest równoważna nierówności x 2 −2px+p 2 0, czyli nierówności 

(x−p) 2 0, a więc jest prawdziwa dla każdego x. 

Zadanie 23. 

Dana jest funkcja f określona wzorem f(x)=x 3 dla dowolnej liczby rzeczywistej x. Wyznacz 

punkt P = p,p 3 leżący na wykresie funkcji f najbliżej punktu A = (4,0). 

Rozwiązanie 

Wystarczy rozpatrywać punkty P = p,p 3 dla p 0, gdyż dla p < 0 punkt o współrzędnych 

(0,0) leży bliżej punktu A niż punkt P:

P 

|AP| > |AC| > |AB|. 

 

Odległość |AP| dla p 0 jest równa |AP| = (p−4) 2 +(p3 ) 2 . 

Definiujemy wielomian W wzorem 

y 

B 

C 

W(x) = x 6 +(x−4) 2 = x 6 +x 2 −8x+16. 

Mamy zatem znaleźć p 0, dla którego wartość W(p) wielomianu W jest najmniejsza. 

Rozważamy zatem pochodną wielomianu W: 

Ponieważ dla x 0 

więc: 

W ′ (x) < 0 dla x ∈ (0,1), 

W ′ (x) > 0 dla x ∈ (1,+∞). 

Stąd wynika, że: 

W ′ (x) = 6x 5 +2x−8 = 2(x−1) 3x 4 +3x 3 +3x 2 +3x+4 . 

3x 4 +3x 3 +3x 2 +3x+4 > 0, 

wielomian W (x) jest funkcją malejącą w przedziale 〈0,1〉, 

wielomian W (x) jest funkcją rosnącą w przedziale 〈1, +∞). 

Zatem szukaną wartością p, dla której wartość wielomianu W jest najmniejsza, jest p = 1. 

Szukanym punktem P jest zatem P = (1,1). 

A 

x 

117


Zadanie 24. 

Prosta o równaniu y = kx przecina parabolę o równaniu y = 1 

2 x2 − 1 

w dwóch punktach 

2 

A i B. Udowodnij, że styczne do tej paraboli w punktach A i B są prostopadłe. 

Rozwiązanie 

A 

y 

Najpierw wyznaczamy współrzędne punktów A i B. W tym celu rozwiązujemy układ równań 

x1 = k−√ k 2 +1 

2· 1 

 

Stąd A = k− k2 +1,k 2 −k k2 +1 

2 

⎧ 

⎨ 

⎩ 

y = kx 

y = 1 

2 x2 − 1 

2 

B 

1 

2 x2 −kx− 1 

= 0 

2 

∆ = k 2 +1 

= k− k 2 +1,x2 = k+ k 2 +1. 

 

, B = k+ k2 +1,k 2 +k k2 

+1 . 

Wyznaczamy teraz współczynniki kierunkowe stycznych. Niech f(x) = 1 

2 x2 − 1 

. Wówczas 

2 

′ 

mamy równania stycznych: y = aAx + bA oraz y = aBx + bB, gdzie aA = f k− k2 

+1 

 

′ 

oraz aB = f k+ k2 

+1 . Ponieważ f ′ (x) = x, więc aA = k − k2 +1, aB = k + k2 +1. 

Stąd 

 

aA ·aB = k− k2 

+1 · k+ k2 

+1 = k 2 − k 2 +1 = −1, 

czyli obie styczne są prostopadłe. 

x

Zadania — II wersja 119 

Zadania — II wersja 

Zadanie 1a. 

 

3n+7 3n−4 

Uzasadnij, że + = 

n→∞ 8n+4 6n+5 

7 

8 . 

Zadanie 2a. 

Dana jest funkcja f określona wzorem: f(x) = 2x+7 

x2 dla każdej liczby rzeczywistej x. Uza- 

+3 

sadnij, że f ′ 

 

− 1 

 

= 

2 

200 

169 . 

Zadanie 3a. 

Dany jest okrąg o środku w punkcie S = (60,40) i promieniu równym 97. Prosta o równaniu 

3x+4y+20 = 0 przecina ten okrąg w dwóch punktach A i B. Uzasadnij, że |AB| = 130. 

Zadanie 5a. 

Dana jest funkcja fokreślona wzorem f(x) = x+3 

x 2 +7 

nij, że zbiór wartości funkcji f jest przedziałem domkniętym 

Zadanie 6a. 

dla każdej liczby rzeczywistej x. Uzasad- 

 

− 1 

 

1 

, . 

14 2 

Uzasadnij, że istnieje dokładnie 1908 nieparzystych liczb czterocyfrowych, w których zapisie 

dziesiętnym występuje co najmniej jedna siódemka. 

Zadanie 7a. 

Dany jest nieskończony ciąg geometryczny (an) określony wzorem 

an = 

2 

√3n dla n = 1,2,3,.... 

Uzasadnij, że suma wszystkich wyrazów tego ciągu jest równa S = 1+ √ 3. 

Zadanie 8a. 

Dana jest funkcja f określona wzorem f(x)=x 3 −3x+1 i leżący na wykresie tej funkcji punkt 

A o współrzędnej x równej 2. Uzasadnij, że styczna do wykresu funkcji f w punkcie A ma 

równanie y = 9x−15. 

Zadanie 12a. 

 

 

 

Uzasadnij, że najmniejszą liczbą naturalną n spełniającą nierówność 

2n−10 2 

− 

1 

3n+1 3 

< 

30 jest 

n = 107.


Zadanie 13a. 

Okręgi o równaniach x 2 +y 2 =625 i (x−36) 2 +(y−15) 2 =1600 mają dwa punkty przecięcia: 

A i B. Uzasadnij, że |AB| = 48. 

Zadanie 14a. 

Dany jest wykres funkcji kwadratowej f(x)=x 2 oraz punkt A=(3,0). Uzasadnij, że punktem 

na wykresie funkcji f leżącym najbliżej punktu A jest punkt o współrzędnych (1,1). 

Zadanie 16a. 

W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź podstawy jest równa 10 cm, a kąt nachylenia 

ściany bocznej do płaszczyzny podstawy jest równy 60 stopni. Ostrosłup ten przecięto 

płaszczyzną przechodzącą przez krawędź podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy 

pod kątem 30 stopni. Uzasadnij, że pole otrzymanego przekroju jest równe P = 75√ 

3. 

2 

E 

60 ◦ 

K 

D 

P 

A B 

L 

S 

O 

30 ◦ 

F 

C

N o t a t k i

N o t a t k i

N o t a t k i

N o t a t k i

Zbiór zadań maturalnych z matematyki - Zadania.info

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?